重庆市育才中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

重庆市育才中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

重庆育才中学 2019-2020 学年度（上）高 2021 级半期考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O: 16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Cu:64‎ 第 I卷 一、选择题(共 25 小题，每小题只有一个符合题意的选项，每小题 2 分)‎ ‎1.下列化学用语不正确的是 A. 乙烯结构简式为：CH2=CH2 B. 烷烃的通式为：CnH2n C. 乙烯的比例模型为： D. 丙烷分子的球棍模型为：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯结构简式为：CH2=CH2，A项正确，不符合题意；‎ B. 烷烃的通式为：CnH2n+2（n≥1），B项错误，符合题意；‎ C. 乙烯的比例模型为： ，C项正确，不符合题意；‎ D. 丙烷分子的球棍模型为：，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎2.有机物的命名正确的是( )‎ A. 3,4－二甲基－3－己烯 B. 2,3－二乙基－3－丁烯 C. 3－甲基－2－乙基－2－戊烯 D. 2,3－二乙基－2－丁烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】烯烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，故为己烯，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，并表示出官能团的位置，故在3号和4号碳原子上各有一个甲基，碳碳双键处于3号和4号碳原子之间，故名称为3，4-二甲基-3-己烯，故选A。‎ ‎【点睛】烯烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，并表示出官能团的位置。‎ ‎3.“不用开水,不用火电,自热米饭真方便!”这是某品牌“自热米饭”的广告词。加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某 些特殊物质,当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量,则这些特殊物质最可能是 A. 浓硫酸和水 B. 生石灰和水 C. 硝酸铵和水 D. 硝酸钾和水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，发生的反应为放热反应。‎ ‎【详解】A. 浓硫酸溶于水放热，但不属于化学反应，A项错误；‎ B. 生石灰和水反应生成氢氧化钙，属于放热反应，B项正确；‎ C. 硝酸铵溶于水吸收热量，不属于化学反应，C项错误；‎ D. 硝酸钾溶于水吸收热量，不属于化学反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】硝酸钾溶解在水里的时候,因为它和水分子结合的不稳定,吸收的热量比放出的热量多,就表现为吸热,在溶解时,溶液的温度就降低。‎ ‎4.相同质量的下列烃，完全燃烧时，需要氧气最多的 A. CH4 B. C2H4 C. C3H6 D. C2H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同质量的烃，含氢量越高，燃烧时耗氧量也越多，甲烷是含氢量最高的烃，所以甲烷耗氧量最多，故选A。‎ ‎5.下图所示装置的叙述，正确的是（ ） ‎ A. 铜做正极，铜片上有气泡产生 B. 盐桥中的阴离子会移向 CuSO4 溶液 C. 正极附近的 SO浓度逐渐增大 D. 锌片表面被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，该装置为双液原电池，Zn比Cu活泼，因此Zn作负极，失去电子，生成Zn2+，Cu作正极，电解质溶液中的Cu2+得到电子生成Cu，据此分析。‎ ‎【详解】A. 铜做正极，电解质溶液中的Cu2+得到电子生成Cu，铜片上有红色的铜析出，A项错误；‎ B. 阳离子带正电荷，向正极移动，盐桥中的阳离子会移向 CuSO4 溶液，B项错误；‎ C. SO带负电荷，向负极移动，因此负极附近的 SO浓度逐渐增大，C项错误；‎ D. 原电池中Zn作负极，失去电子，生成Zn2+，发生氧化反应，锌片表面被氧化，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】单液原电池与双液原电池有相似点，也有不同点，‎ 名称 单液原电池 双液原电池 装置 相同点 正、负极电极反应，总反应式，电极现象 不同点 还原剂Zn与氧化剂Cu2＋直接接触，既有化学能转化为电能，又有化学能转化为热能，造成能量损耗 Zn与氧化剂Cu2＋不直接接触，仅有化学能转化为电能，避免了能量损耗，故电流稳定，持续时间长 需要特别注意的是盐桥的作用：使整个装置构成通路，代替两溶液直接接触；平衡电荷；提高电池效率。‎ ‎6.乙烷中混有少量乙烯气体，欲除去乙烯并得到纯净干燥的乙烷气体，选用的试剂最好是 A. 氢氧化钠溶液，浓硫酸 B. 酸性高锰酸钾溶液，浓硫酸 C. 溴水，浓硫酸 D. 饱和碳酸钠溶液，浓硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化钠溶液、浓硫酸均与乙烯不反应，故A错误；‎ B项 酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化为二氧化碳，除去乙烯引入新杂质二氧化碳，故B错误；‎ C项、溴水与乙烯发生加成反应，浓硫酸干燥乙烷，故C正确；‎ D项、 饱和碳酸钠溶液、浓硫酸均与乙烯不反应，D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 测定某浓度盐酸的 pH 时，先将 pH 试纸用蒸馏水湿润 B. 中和热测定时，需要玻璃仪器为大、小烧杯和温度计 C. 实验室保存 Fe2(SO4)3 溶液时，应向其中加入少量硫酸 D. 中和滴定时，往锥形瓶中加入少量蒸馏水，滴定结果偏低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 测定某浓度盐酸的 pH 时，不能 pH 试纸用蒸馏水湿润，否则会将溶液稀释导致测定结果偏低，A项错误；‎ B. 中和热测定时，需要的玻璃仪器为大、小烧杯和温度计，还需要环形玻璃搅拌棒，B项错误；‎ C. 实验室保存 Fe2(SO4)3 溶液时，应向其中加入少量硫酸，目的是抑制Fe3+的水解，C项正确；‎ D. 中和滴定时，由稀释定律可知往锥形瓶中加入少量蒸馏水，滴定结果使滴定结果不变，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列说法正确的是( )‎ A. 非自发反应一定不能实现 B. 同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大 C. 恒温恒压下，∆H＜0且∆S＞0的反应一定不能自发进行 D. 反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故A错误；‎ B项、熵是指体系的混乱度，同物质气体熵大于液体大于固体；同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；‎ C项、恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应，则△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，故C错误；‎ D项、反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点晴】本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般有固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。‎ ‎9.反应4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，2 min内B的浓度减少0.6 mol·L－1，对此反应速率的描述正确的是 A. v(A)＝0.4 mol·L－1·min－1‎ B. 分别用B、C、D表示的反应速率的值之比为3∶2∶1‎ C. 在2 min末的反应速率，用B表示为0.3 mol·L－1·min－1‎ D. 在这2 min内B和C两物质浓度都是逐渐减小的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据v=△c/△t计算v（B），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（C）、判断v（B）与v（D）关系，A是固体，不能利用该方法表示反应速率。‎ ‎【详解】A项、A是固体，不能用该方法表示反应速率，故A错误；‎ B项、速率之比等于化学计量数之比，分别用B、C、D表示 反应速率的值之比为3∶2∶1，故B正确；‎ C项、在2min内，B的浓度减少0.6mol/L，则v（B）=0.6mol/L/2min=0.3mol/（L•min），该速率为这段时间内的平均速率，不是某时刻的即时速率，故C错误；‎ D项、在这2 min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的表示与计算，注意化学反应速率为平均速率，不是瞬时速率，注意化学反应速率之比等于化学计量数之比是解答关键。‎ ‎10.下列热化学方程式中，正确的是（ ）‎ A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ•molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=+890.3 kJ•molˉ1‎ B. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：H+＋OH－=H2O； △H =－57.3 kJ•molˉ1‎ C. 已知 H2 燃烧热为 142.9kJ•molˉ1 ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)；△H =－285.8 kJ•molˉ1‎ D. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ；△H=－38.6kJ· mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；‎ B. 热化学方程式在书写时要标出物质的聚集状态；‎ C. 1mol H2 燃烧放热142.9 kJ，2mol H2 燃烧放热571.6 kJ；‎ D. 合成氨为可逆反应，0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol。‎ ‎【详解】A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ•molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890.3 kJ•molˉ1，A项错误；‎ B. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)； △H =－57.3 kJ•molˉ1，B项错误；‎ C. H2 燃烧热为 142.9kJ•molˉ1 ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)；△H =－285.8 kJ•molˉ1，C项正确；‎ D. 合成氨为可逆反应，0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，因此热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ；△H<－38.6kJ· mol-1；‎ 答案选C。‎ ‎11.对可逆反应 2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)；ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是 A. 加入催化剂，B的转化率提高 B. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小 C. 压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 D. 恒温恒容充入 Ne，容器内压强增大，V（正）、V（逆）均不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动；‎ B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；‎ C. 该反应为等体积反应，增大压强，反应速率加快，平衡不移动；‎ D. 充入Ne，容器内压强增大，但各物质浓度不变，平衡不移动。‎ ‎【详解】A. 加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，B的转化率，A项错误；‎ B. 该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，因此V（正）、V（逆）均增大，B项错误；‎ C. 该反应为等体积反应，增大压强， v(正)、v(逆) 均加快，但平衡不移动，C项错误；‎ D. 充入Ne，容器内压强增大，但各物质浓度不变，平衡不移动，V（正）、V（逆）均不变，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示，下列有关柠檬烯说法正确的是( )‎ A. 它的一氯代物有 7 种 B. 它与足量氢气反应后生成的分子中所有的碳原子可能在同一平面上 C. 它与足量的溴水反应后，产物的化学式为：C10H14Br4‎ D. 一定条件下，它可以发生加成、取代、氧化等反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据柠檬烯的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，且结构对称，含8中位置不同的氢原子，甲基、亚甲基、次甲基中的碳原子均为四面体构型，由此分析判断。‎ ‎【详解】A. 柠檬烯为对称结构，含8中位置不同的氢原子，它的一氯代物有8种，A项错误；‎ B. 柠檬烯与足量氢气反应后生成的分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，C项错误；‎ C. 1mol柠檬烯可与2molBr2发生加成反应，生成物的分子式为C10H16Br4，C项错误；‎ D. 柠檬烯结构中含有碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，甲基上可以发生取代反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列事实不能证明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是 A. 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗 B. 常温下NaNO2溶液的pH 大于7‎ C. 常温下0.1mol/L HNO2溶液的pH约为2‎ D. 常温下pH=3 的HNO2溶液稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为 4.5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，没有相同浓度的一元强酸作对比，无法证明亚硝酸是弱酸；B. 常温下NaNO2溶液的pH 大于7，说明亚硝酸根离子可以水解生成弱酸亚硝酸；C. 常温下0.1mol/L HNO2溶液的pH约为2，说明亚硝酸没有完全电离（可以计算出其电离度为10%），所以可以证明亚硝酸(HNO2)是弱电解质；D. 常温下pH=3 的HNO2溶液稀释至100倍，稀释后溶液的pH没有变成5而是约为 4.5，说明亚硝酸在水溶液中存在电离平衡，是弱酸。综上所述，本题选A。‎ ‎14.在一定条件下，Na2CO3 溶液存在水解平衡:CO32－＋H2O HCO3－＋OH－。下列说法正确的是()‎ A. 加入 NaOH 固体，溶液 pH 减小 B. 稀释溶液，水解平衡常数增大 C. 升高温度，减小 D. 加入 CaCl2 固体，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 加入 NaOH 固体， c(OH-)增大；‎ B. 水解平衡常数只与温度有关；‎ C. 升高温度，平衡正移；‎ D. 加入 CaCl2 固体，CO32－与Ca2+结合生成沉淀，使c(CO32－)减小。‎ ‎【详解】A. 加入 NaOH 固体，溶液中c(OH-)增大，pH增大，A项错误；‎ B. 水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数不变，B项错误；；‎ C. 升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中增大，C项错误；‎ D. 加入 CaCl2 固体，CO32－与Ca2+结合生成沉淀，使溶液中c(CO32－)减小，平衡向逆反应方向移动，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.对于可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，下列图像中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于可逆反应A2(g)+3B2(g)⇌2AB3(g)△‎ H＜0，正反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答。‎ ‎【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A错误；‎ B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以生成物的含量增大，不是减小，故B错误；‎ C．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则生成物的含量减小，一定温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则生成物的含量增大，故C正确；‎ D．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.常温下将一定体积的 NaOH 溶液分成两等份，一份用 pH＝2 的一元酸 HA 溶液中和，消耗酸溶液的体积为 V1；另一份用 pH＝2 的一元酸 HB 溶液中和，消耗酸溶液的体积为 V2；且 V1＞V2，则下列叙述正确的是( )‎ A. HA 的酸性比 HB 的酸性弱 B. HA 一定是强酸 C. 等浓度的 NaB 溶液的 PH 比 NaA 溶液大 D. 等浓度的等体积的 HA 与 HB 分别中和等浓度 NaOH 溶液，所需 NaOH 溶液体积 HA>HB ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH＝2的一元酸 HA和一元酸 HB，两种溶液中H+浓度相等，酸性越弱的酸浓度越大，与氢氧化钠溶液反应消耗的体积越小，当V1>V2时，说明HA的酸性比HB的酸性强。‎ ‎【详解】A. 由分析可知，HA的酸性比HB的酸性强，A项错误；‎ B. 根据题意只能知道HA的酸性比HB的酸性强，无法证明HA是强酸，B项错误；‎ C. HA的酸性比HB的酸性强，那么NaB的碱性强于NaA，即等浓度的 NaB 溶液的 PH 比 NaA 溶液大，C项正确；‎ D.等浓度的等体积的 HA 与 HB物质的量相等，中和等浓度 NaOH 溶液的浓度相同，因此分别中和等浓度 NaOH 溶液，所需 NaOH 溶液体积 HA=HB，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. Pt1 附近的电极反应式为 SO2+2H2O−2e−═2H2SO4‎ B. Pt2 附近的电极反应式为 O2+4H++4e−═2H2O C. 该电池放电时电子从 Pt1 电极经过外电路流到 Pt2 电极 D. 相同条件下，放电过程中消耗的 SO2 和 O2 的体积比为 2:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. SO2在负极失电子生成SO42-； ‎ B. 酸性条件下，氧气得电子生成水；‎ C. 放电时，电子从负极流向正极；‎ D. 根据SO2与O2的反应判断。‎ ‎【详解】A. Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42-，则Pt1 附近的电极反应式为：SO2+2H2O−2e−═SO42-+4H+，A项错误，符合题意；‎ B. 酸性条件下，氧气得电子生成水，Pt2 附近的电极反应式为 O2+4H++4e−═2H2O，B项正确，不符合题意；‎ C. 放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则电池放电时电子从 Pt1 电极经过外电路流到 Pt2 电极，C项正确，不符合题意；‎ D.该电池的总反应是二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，因此放电过程中消耗的 SO2 和 O2 的体积比为 2:1，D项正确，不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎18.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是 A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑‎ B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀 C. 若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀 D. 若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。‎ ‎19.观察下列几个装置示意图，有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 装置①中阴极上析出红色固体 B. 装置②的待镀铁制品应与电源正极相连 C. 装置③中外电路电子由 a 极流向 b 极 D. 装置④的离子交换膜允许阳离子自由通过 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.该装置为电解池，与电源正极相连是正极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；‎ B.该装置为电镀池，待镀金属位于阴极，镀层金属位于阳极； ‎ C.该装置为燃料电池，通入氢气的a极为负极，通入氧气的b极为正极，电池中电子由负极流向正极；‎ D.该装置为电解池，电解饱和食盐水，生成H2和NaOH的一极为阴极，生成Cl2的一极为阳极，阳极的阳离子穿过交换膜进入阴极。‎ ‎【详解】A.该装置为电解池，与电源正极相连的是正极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，因此阴极上析出红色固体，A项正确，不符合题意；‎ B.该装置为电镀池，待镀金属位于阴极，与电源的负极相连，B项错误，符合题意；‎ C.该装置为燃料电池，通入氢气的a极为负极，通入氧气的b极为正极，电池中电子由负极流向正极，即外电路电子由 a 极流向 b 极，C项正确，不符合题意；‎ D.该装置为电解池，电解饱和食盐水，生成H2和NaOH的一极为阴极，生成Cl2的一极为阳极，阳极的阳离子穿过交换膜进入阴极，为阳离子交换膜，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎20.原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关．下列说法中正确的是 A. 由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋‎ B. 由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋‎ C. 由Al、Mg和NaOH溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al＋4OH－－3e－===AlO2-＋2H2O D. 由Al、Cu和浓HNO3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al－3e－===Al3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A. 由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，铁比铜活泼，负极反应为Fe-2e－=Fe2＋, A项错误；B．由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，铝比铜活泼，负极反应为Al-3e－=Al3＋,B项错误；C.由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，该条件下，铝易失电子而作负极，镁作正极，负极反应式为：Al＋4OH－－3e－===AlO2-＋2H2O，C项正确；D.由Al、Cu与浓硝酸组成的原电池，该条件下，铜易失电子而作负极，铝作正极，负极上电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+，D项错误；答案选C。‎ 考点：考查原电池的工作原理。‎ ‎21.在一定温度下，石灰乳达到平衡：Ca(OH)2 (s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 加水，Ca(OH)2 溶解平衡向右移动，pH 增大 B. 加入少量盐酸，Ca(OH)2 溶解平衡向右移动，ksp﹝Ca(OH)2﹞增大 C. 加入少量氢氧化钠固体，Ca(OH)2 溶解平衡向左移动，溶液中 c(H+)减小 D. 升高温度，Ca(OH)2 溶解平衡向右移动，ksp﹝Ca(OH)2﹞增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 加水，促进难溶物的溶解，平衡正向移动，c(OH-)不变；‎ B. Ksp只与温度有关；‎ C. 加入少量氢氧化钠固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动；‎ D. 升高温度，Ca(OH)2 溶解平衡逆向移动；‎ ‎【详解】A. 加水，促进难溶物的溶解，平衡正向移动，c(OH-)不变，pH不变，A项错误；‎ B. Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，B项错误；‎ C. 加入少量氢氧化钠固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，抑制了水的电离，水电离出的H+减少，C项正确；‎ D. 升高温度，Ca(OH)2 溶解平衡逆向移动，ksp﹝Ca(OH)2﹞减小，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题时要注意：升高温度，多数溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，少数平衡向生成沉淀的方向移动，如Ca(OH)2的溶解平衡。‎ ‎22.将固体 NH4I 置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：NH4I（s）NH3(g)+HI（g），2HI（g）H2(g) + I2（g），当反应达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L-1，c(HI)＝3mol·L－1，则 NH3 的浓度 A. 3.5mol·L－1 B. 4mol·L－1 C. 4.5 mol·L－1 D. 5 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L-1，分解的HI为1mol·L-1，平衡时c(HI)＝3mol·L－1，那么发生反应NH4I（s）NH3(g)+HI（g）生成的NH3为3mol·L－1+1mol·L-1=4 mol·L－1；‎ 答案选B。‎ ‎23.常温下，下列溶液中各微粒浓度关系正确的是（ ）‎ A. 向氨水中滴加稀硫酸至溶液呈中性：c(NH4+)=c(SO)＞c(OH-)=c(H+)‎ B. 向 l00mL 3 mol/L 的 NaOH 溶液中通入标准状况下体积为 4.48L 的 CO2：3c(Na+)=2[c(CO3 2-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]‎ C. CH3COONa 溶液中加入少量 KNO3 后溶液一定有：c(Na+)+c(H+)=(CH3COO 一)+c(OH 一)‎ D. 等物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl 溶液中，c(NH4+)的大小关系：①＞②＞③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 溶液呈中性时，c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒有c(NH4+)=2c(SO)；‎ B. n(NaOH)=3mol/L×0.1L=0.3mol，n(CO2)==0.2mol，根据物料守恒进行计算；‎ C. 硝酸钾为强电解质，完全电离，根据电荷守恒判断；‎ D. H+抑制了NH4+的水解，HCO3-促进NH4+的水解。‎ ‎【详解】A. 溶液呈中性时，c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒有c(NH4+)=2c(SO)，因此浓度关系为：c(NH4+)=2c(SO)＞c(OH-)=c(H+)，A项错误；‎ B. n(NaOH)= 0.3mol，n(CO2) =0.2mol，根据物料守恒有2c(Na+)=3[c(CO3 2-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，B项错误；‎ C. 溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+ c(K+)=(CH3COO一)+c(OH 一)+ c(NO3-)，因硝酸钾为强电解质，完全电离，有c(K+)= c(NO3-)，因此c(Na+)+c(H+)=(CH3COO一)+c(OH 一)，C项正确；‎ D. H+抑制了NH4+的水解，HCO3-促进NH4+的水解，水解程度越大的溶液中NH4+浓度越小，因此c(NH4+)的大小关系为①＞③＞②，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等; 物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变;‎ ‎24.如图是以石墨作阳极，铜棒作阴极，电解 200mL，含有 Cu2+、Fe3+离子的酸性溶液，阴极生成固体与转移电子的关系， 则以下说法正确的是（ ）‎ A. Oa 段、bc 段阴极均有气体产生 B. bc 段的电极反应为：Fe3++e-=Fe2+‎ C. 原溶液 PH 值约为 1‎ D. 该溶液中 Cu2+，Fe3+离子的浓度之比为 1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 阳离子的氧化锌该顺序为：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，Oa段Fe3++e-= Fe2+，ab段Cu2++2e-=Cu，bc段2H++e-=H2↑，cd段Fe2++2e-=Fe，据此分析判断。‎ ‎【详解】A. 由分析可知：Oa段Fe3++e-= Fe2+，bc段2H++e-=H2↑，只有bc段生成了气体，A项错误；‎ B. bc段的电极反应为2H++2e-=H2↑，B项错误；‎ C.根据bc段的电极反应可知c(H+)==0.1mol/L，pH=-lg[c(H+)]=1，C项正确；‎ D. 根据Oa段电极反应知c(Fe3+)==0.1mol/L，根据ab段电极反应知c(Cu2+)==0.1mol/L，浓度之比为1:1，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎25.常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 NaOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错 误的是（ ）‎ A. 曲线 M 表示 pH 与 lgc(HY-)/c(H2Y)的变化关系 B. Ka2(H2Y)＝10－4.3‎ C. d 点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(Na＋)‎ D. 交点 e 的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. pH增大，表示溶液中碱性增强，溶液中H2Y减少，HY-增多，据此判断变化关系；‎ B. 曲线N表示lg，Ka2(H2Y)=，根据图像计算；‎ C.根据电荷守恒分析； ‎ D.交点e表示lg= lg，即c(Y2-)=c(H2Y)，根据图像进行分析；‎ ‎【详解】A. pH增大，表示溶液中碱性增强，溶液中H2Y减少，HY-增多，因此lg增大，则曲线M表示pH与lg的变化关系，A项正确，不符合题意；‎ B. 曲线N表示lg，当pH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2Y)==10-3×10-1.3=10-4.3，B项正确，不符合题意；‎ C. 溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HY-)+2c(Y2-)，因此c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(Na＋)，C项正确，不符合题意；‎ D. 交点e表示lg= lg，即c(Y2-)=c(H2Y)，根据图像可知此时lg>1，所以c(HY－) >c(H2Y)＝c(Y2－)，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ 二、非选择题(本题共四个小题)‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共 50 分 )‎ ‎26.请按照下列要求回答问题：‎ ‎（1）电解氯化钠溶液的化学方程式：__________________________________。‎ ‎（2）硫化钠水解的离子方程式：________________________________。‎ ‎（3）0.1 mol/L 的碳酸钠溶液中离子浓度由大到小顺序为：__________________________。‎ ‎（4）浓的 Al2(SO4)3 溶液和浓的小苏打(NaHCO3)溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理__________________________。‎ ‎（5）将25℃下 pH=12 的 Ba(OH)2 溶液aL与 pH=1的HCl溶液bL 混合，若所得混合液为中性，则 a：b= __________________________。(溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎（6）pH=3 的 NH4Cl 溶液，由水电离出的 c(H+)= __________________________。‎ ‎（7）常温时，Fe(OH)3 的溶度积常数 Ksp＝1×10－38，要使溶液中的 Fe3＋沉淀完全(残留的 c(Fe3＋)<10－5 mol·L－1)，则 溶液的 pH 应大于____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2NaCl＋2H2O Cl2↑＋2NaOH＋H2↑ (2). S2-+H2OHS-+OH- ‎ ‎ (3). c(Na+) >c(CO32-) >c(OH-) >c(HCO3-) >c(H+) (4). Al3++3HCO3--=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5). 10:1 (6). 1×10-3mol/L (7). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯化钠溶液电解后生成氢氧化钠、氢气和氯气；‎ ‎（2）S2-水解，生成HS-和OH-；‎ ‎（3）碳酸钠溶液中存在Na+、CO32-、H+、OH-，属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，其中CO32-水解生成HCO3-；‎ ‎（4）Al2(SO4)3 溶液与小苏打混合，Al3+与HCO3-发生双水解反应，生成CO2和Al(OH)3；‎ ‎（5）混合液为中性，则n(H+)=n(OH-)；‎ ‎（6）NH4Cl 溶液为盐溶液，溶液中的H+全部来自水电离；‎ ‎（7）Ksp＝c(Fe3+)c3(OH-)，根据c(Fe3＋)<10－5 mol·L－1计算出c (OH-)，进一步计算c (H+)，确定pH的大小。‎ ‎【详解】（1）氯化钠溶液电解后生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应方程式为：2NaCl＋2H2O Cl2↑＋2NaOH＋H2↑；‎ ‎（2）S2-水解，生成HS-和OH-，水解方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；‎ ‎（3）碳酸钠溶液中存在Na+、CO32-、H+、OH-，属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，其中CO32-水解生成HCO3-，因此各离子的浓度关系为：c(Na+) >c(CO32-) >c(OH-) >c(HCO3-) >c(H+)；‎ ‎（4）Al2(SO4)3 溶液与小苏打混合，Al3+与HCO3-发生双水解反应，生成CO2和Al(OH)3，方程式为：Al3++3HCO3--=Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎（5）混合液为中性，则n(H+)=n(OH-), pH=12 的 Ba(OH)2 溶液aL，n(OH-)=0.01a，pH=1的HCl溶液bL，n(H+)=0.1b，0.01a=0.1b，那么a:b=10:1；‎ ‎（6）NH4Cl 溶液为盐溶液，pH=3的溶液中的H+全部来自水电离，则c(H+)=10-3mol/L；‎ ‎（7）Ksp＝c(Fe3+)c3(OH-) ，令c(Fe3＋)=10－5 mol·L－1，则c (OH-)==10-11mol/L，c (H+)==10-3mol/L，pH=3，因残留的 c(Fe3＋)<10－5 mol·L－1，所以pH大于3。‎ ‎27.氧化还原滴定实验同中和滴定类似，现用 0.01 mol/L 酸性 KMnO4 溶液滴定 V1mL ‎ 未知浓度的无色 Na2SO3溶液，回答下列问题：‎ ‎（1）该滴定实验中使用的仪器除铁架台、滴定管夹、烧杯外，还需用下列中的___________________________(填序号)。‎ A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．量筒 D．锥形瓶 E．胶头滴管 F．漏斗 ‎（2）反应的离子方程式为 ____________________________。‎ ‎（3）滴定过程中是否需要指示剂 _____________________________（填“是”或“否”）？请说明理由 ____________________。‎ ‎（4）滴定前平视 KMnO4 溶液的液面，刻度为 x mL，滴定后俯视液面，刻度为 y mL，则(y－x) mL 比实际消耗 KMnO4溶液体积 ____________________________(填“偏多”或“偏少”)。‎ ‎（5）滴定终点的现象为 _____________________________。‎ ‎（6）滴定终点消耗 0.01 mol/L 酸性 KMnO4 溶液体积为 V2mL ，则 Na2SO3 溶液的浓度为__________________。‎ ‎【答案】 (1). ABD (2). 2MnO4-+5SO32-＋6H＋ ===2Mn2＋＋5SO42-＋3H2O (3). 否 (4). 因为紫色的KMnO4被还原为Mn2＋，紫色褪去，KMnO4自身可做指示剂 (5). 偏少 (6). 溶液由无色恰好变为浅紫色，且半分钟内不变色 (7). 0.025V2/V1 mol/ L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）滴定实验时需要铁架台、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、酸式滴定管和碱式滴定管；‎ ‎（2）氧化还原滴定发生的是氧化还原反应，酸性 KMnO4 溶液将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Mn2+；‎ ‎（3）酸性 KMnO4 溶液为紫色，达到滴定终点时，溶液褪色；‎ ‎（4）滴定前平视 KMnO4 溶液的液面，刻度为 x mL，滴定后俯视液面，读得的体积偏小；‎ ‎（5）达到滴定终点时，溶液由无色变为浅紫色，；‎ ‎（6）根据关系2MnO4-~5SO32-进行计算。‎ ‎【详解】（1）滴定实验中使用的仪器除铁架台、滴定管夹、烧杯外，还需锥形瓶、酸式滴定管和碱式滴定管；‎ ‎（2）氧化还原滴定发生的是氧化还原反应，酸性 KMnO4 溶液将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：2MnO4-+5SO32-＋6H＋ ===2Mn2＋＋5SO42-＋3H2O；‎ ‎（3）酸性 KMnO4 溶液为紫色，达到滴定终点时，溶液褪色，因此自身即可作指示剂，不需要外加新的指示剂；‎ ‎（4）滴定前平视 KMnO4 溶液的液面，刻度为 x mL，滴定后俯视液面，读得的体积偏小，刻度为 y mL时，比实际消耗 KMnO4溶液体积偏小；‎ ‎（5）溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不变色，证明达到滴定终点；‎ ‎（6）反应中消耗高锰酸钾的物质的量=0.01mol/L× V2×10-3L，那么Na2SO3 溶液的浓度==mol/L。‎ ‎【点睛】氧化还原反应滴定法是指氧化剂与还原剂之间的相互滴定，该滴定方法在仪器使用、实验操作上与中和滴定一样，常见的试剂有KMnO4、I2、铁盐，应明确使用的指示剂及终点时颜色变化。‎ 滴定方法 还原剂滴定KMnO4‎ KMnO4滴定还原剂 I2滴定还原剂 还原剂滴定I2‎ 铁盐滴定还原剂 还原剂滴定铁盐 指示剂 KMnO4‎ KMnO4‎ 淀粉 淀粉 KSCN KSCN 终点时颜色变化 浅红色→无色 无色→浅红色 无色→蓝色→‎ 蓝色→无色 溶液变红色 红色消失 ‎28.电解原理和原电池原理是电化学的两个重要内容，某兴趣小组做如下探究实验：‎ ‎（1）如图 1 为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，该反应的离子方程式为 ________________。‎ ‎（2）如图 2，其他条件不变，将盐桥换成弯曲的铜导线与石墨相连成 n 形后，如果电流计指针也能偏转，则乙装置中石墨(1)为 __________________________极， 乙装置中石墨(2)电极上发生的反应式为 ___________________________。‎ ‎（3）在图2乙装置中改为加入 400 mL CuSO4 溶液，一段时间后，若电极质量增重1.28g，则此时溶液的pH 为 ____________________________。‎ ‎（4）以 H2、O2、熔融盐 Na2CO3 组成燃料电池，采用电解法制备 Fe（OH）2，装置如图3所示。‎ ‎①石墨Ⅱ电极上的电极反应式为 __________________________。‎ ‎②通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量白色沉淀，且较长时间不变色．则下列说法中正确的是_。 ‎ a．X、Y 两端都必须用铁作电极 b．可以用 NaOH 溶液作为电解液 ‎ c．阴极发生的反应是：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ ‎ d．Y 端是电解池的阴极 ‎【答案】 (1). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (2). 阴 (3). 2Cl-—2e-= Cl2↑ (4). 1 (5). O2+2CO2+4e-= 2CO32- (6). B、C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）图1为双液原电池，其中Fe为负极，Fe-2e-= Fe2+，石墨为正极，电解质溶液中的Cu2+得到电子生成Cu附着在石墨表面，电极反应为Cu2++2e-=Cu；‎ ‎（2）将盐桥换成弯曲的铜导线与石墨相连成 n 形后，甲侧为原电池，乙侧为电解池，原电池中，铁做负极，失电子，电极反应为：Fe-2e-= Fe2+，铜作正极， O2+2H2O+4e-= 4OH-，电解池中，石墨2为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑，石墨1为阴极，Cu2++2e-=Cu；‎ ‎（3）图2中乙装置为电解池，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，当电极质量增重1.28g即0.02mol时，转移电子0.04mol，结合总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2进行计算；‎ ‎（4）①根据装置可知，石墨电极I通入H2发生氧化反应，作负极；‎ ‎②石墨电极I通入H2发生氧化反应，作负极，石墨电极II通入氧气，发生还原反应为正极，电解时，X为阴极，Y为阳极，铁作阳极失电子生成Fe2+，X电极H+得电子生成H2，OH-浓度增大，与Fe2+结合生成氢氧化亚铁沉淀，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）该装置为双液原电池，其中Fe为负极，Fe-2e-= Fe2+，石墨为正极，电解质溶液中的Cu2+得到电子生成Cu附着在石墨表面，电极反应为Cu2++2e-=Cu，该氧化还原反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；‎ ‎（2）将盐桥换成弯曲的铜导线与石墨相连成 n 形后，甲侧为原电池，乙侧为电解池，原电池中，铁做负极，铜作正极，电解池中，石墨2与电源正极相连，为阳极，2Cl--2e-=Cl2‎ ‎↑，石墨1与电源负极相连，为阴极；‎ ‎（3）电极质量增重1.28g即0.02mol时，转移电子0.04mol，生成H+0.04mol，c(H+)==0.1mol/L，pH=1；‎ ‎（4）（4）①根据装置可知，石墨电极I通入H2发生氧化反应，作负极，电解反应为：O2+2CO2+4e-= 2CO32-；‎ ‎② A.X、Y两端，阳极Y是铁电极，X不一定用铁作电极，石墨作电极也可以，A项错误；‎ B.电解过程是阴极上H+放电得到溶液中的OH-，与Fe2+结合生成氢氧化亚铁，因此可以用NaOH 溶液作为电解液，B项正确；‎ C.阴极发生的是同业中的H+得电子生成H2的反应，电极反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，C项正确；‎ D. 电解时，X为阴极，Y为阳极，D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是掌握串联类电池的解题流程 ‎29.CO和H2在工业上常作为重要的化工原料，其混合气称为合成气。工业上CH4—H2O 催化重整是目前大规模制取合成气的重要方法，其原理为：‎ 反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ∆H1 = +210kJ/mol 反应Ⅱ：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ∆H2 =﹣41kJ/mol ‎（1）CH4(g)、H2O(g)反应生成 CO2(g)、H2(g)的热化学方程式是 ___________________________。‎ ‎（2）反应Ⅰ达到平衡的标志是（ ）‎ a.恒温恒容情况下，压强不再改变 b. v(CO):v(H2)=1:3‎ c.平均相对分子质量不再改变 d.恒温恒容情况下，气体密度不再改变 ‎（3）若容器容积不变，不考虑反应Ⅰ，对反应Ⅱ下列措施可增加 CO 转化率的是（ ）‎ a．升高温度 b．将 CO2 从体系分离 c．充入 He，使体系总压强增大 d．按原投料比加倍投料 ‎（4）某温度下，对于反应Ⅰ，将 n(H2O)∶n(CH4) = 1∶1 的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为 P0，反应达 平衡时总压强为 P1，则平衡时甲烷的转化率为 ____________________________ (忽略副反应)。‎ ‎（5）将 1molCH4(g) 和 1molH2O(g)加入恒温恒压的密闭容器中(温度 298K、压强 100kPa)，发生反应Ⅰ，不考虑 反应Ⅱ的发生，该反应中，正反应速率 v 正=k 正×p(CH4)×p(H2O) , 逆反应速率 v 逆=k 逆×p(CO)×p3(H2)，其中 k 正、k 逆 为速率常数，p 为分压(分压=总压×物质的量分数)，则该反应的压强平衡常数 Kp= ____________________________ (以 k 正、k 逆表示)。若 该条件下 k 正=4.4×104kPa-1·s-1,当 CH4 分解 20%时，v 正= ___________________________kPa·s-1（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g) ∆H = +169 kJ/mol (2). AC (3). b (4). (5). k正/k逆 (6). 4.9×107‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律书写热化学方程式；‎ ‎（2）反应达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度、体积分数、物质的量分数等物理量不变，据此分析；‎ ‎（3）增加 CO 转化率，平衡正向移动；‎ ‎（4）根据反应方程式计算，平衡体系总压为各组分分压之和；‎ ‎（5）根据正反应速率 v 正=k 正×p(CH4)×p(H2O) , 逆反应速率 v 逆=k 逆×p(CO)×p3(H2)以及Kp=进行计算。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律反应Ⅰ+反应Ⅱ得：CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g) ∆H = +169 kJ/mol；‎ ‎（2）A. 该反应为非等体积反应，压强不再改变，反应达到平衡状态，A项正确；‎ B.速率之比在任何时候都等于化学计量数之比，不一定是平衡状态，B项错误；‎ C. 该反应为非等体积反应，平均相对分子质量不再改变, 反应达到平衡状态，C项正确；‎ D. 反应中质量守恒，气体总质量不变，气体体积不变，密度始终不变，不能证明达到平衡状态，D项错误；‎ 但选AC；‎ ‎（3）a．该反应为放热反应，升高温度 ，平衡逆向移动，CO 转化率减小，a项错误； ‎ b．将 CO2 从体系分离，减小了生成物的浓度，平衡正向移动，b项正确； ‎ c．充入 He，使体系总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，c项错误；‎ d．按原投料比加倍投料，新平衡与原平衡等效，转化率不变，d项错误；‎ 答案选b；‎ ‎（4）设反应中转化的压强为x，则 CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g)‎ 起始压强 0 0‎ 转化压强 x x x 3x 平衡压强 -x -x x 3x ‎-x+-x+x+3x=P1，解得x=，平衡时甲烷的转化率为×100%=×100%=(-1) ×100%；‎ ‎（5）正反应速率 v 正=k 正×p(CH4)×p(H2O) , 逆反应速率 v 逆=k 逆×p(CO)×p3(H2)，则p(CH4)×p(H2O)=，p(CO)×p3(H2)=，Kp==，达到平衡状态时v(正)=v(逆)，因此Kp==；当 CH4 分解 20%时，‎ CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g)‎ 起始(mol) 1 1 0 0‎ 转化(mol) 0.2 0.2 0.2 0.6‎ 平衡(mol) 0.8 0.8 0.2 0.6‎ 平衡时甲烷的物质的量分数为=，水蒸气的物质的量分数为 ‎=，‎ 则p(CH4)=100kPa×= kPa，p(H2O)= 100kPa×= kPa，又v 正=k 正×p(CH4)×p(H2O)，当k 正=4.4×104kPa-1·s-1时，v 正=4.4×104××=4.9×107 kPa·s-1。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是理解Kp含义，Kp在化学平衡体系中，用各气体物质的分压代替浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。运用是要注意： ‎ ‎ ‎