化学卷·2019届湖北省黄石市慧德学校高二9月月考（2017

化学卷·2019届湖北省黄石市慧德学校高二9月月考（2017

黄石市慧德学校2017年9月月考试卷 高二化学 考试范围：大纲范围；考试时间：90分钟；命题人：化学组 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共14道小题，每小题0分，共0分）‎ ‎1.下列过程通电后才能进行的是（　　）‎ ‎①电离　②电解　③电镀　④电化学腐蚀．‎ A．①②③ B．①②④ C．②③ D．全部 ‎2.对于合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，下列反应速率关系中，正确的是（　　）‎ A．3v（N2）=v（H2） B．v（N2）=3v（H2）‎ C．1.5v（H2）=v（NH3） D．v（N2）=2v（NH3）‎ ‎3. 以下现象与电化学腐蚀无关的是 ‎ A．纯银物品久置表面变暗 B．生铁（含有碳等杂质）比纯铁在潮湿的环境中容易生锈 ‎ C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 ‎ D．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿 ‎4.化学能与热能、电能等能相互转化．关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（　　）‎ ‎ ‎ 图I 图II A．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成 B．铝热反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低 C．图I所示的装置能将化学能转变为电能 D．图II所示的反应为吸热反应 ‎5.一定温度下，对可逆反应A（g）+2B（g）3C（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（　　）‎ A．C生成的速率与C分解的速率相等 B．单位时间内消耗a molA，同时生成3amolC C．容器内的压强不再变化 D．混合气体的物质的量不再变化 ‎6.如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗； N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（　　） ‎ M N P A Zn Cu 稀H2SO4溶液 B Cu Fe 稀HCl溶液 C Ag Zn AgNO3溶液 D Zn Fe Fe（NO3）3溶液 ‎7.有一处于平衡状态的反应：X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜0．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（　　）‎ ‎①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z ⑦增加X ⑧增加Y．‎ A．①③⑤⑦ B．②③⑤⑦ C．②③⑥⑧ D．②④⑥⑧‎ ‎8.向密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA(g)+bB(g) cC(g)。反应过程中，物质A的体积分数和C的体积分数随温度（T）的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．该反应在T1、T3温度时达到化学平衡 B．该反应在T2温度时达到化学平衡 C．该反应的逆反应是放热反应 D．升高温度，平衡会向正反应方向移动 ‎9.对于反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），在压强相同的条件下，若生成物C的含量w（C）与时间t的关系如图所示．则下列结论正确的是（　　）‎ A．T1＞T2，正反应放热 B．T1＜T2，正反应放热 C．T1＞T2，正反应吸热 D．T1＜T2，正反应吸热 ‎10.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），K为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 根据以上信息推断以下说法正确的是（　　）‎ A．此反应为放热反应 B．此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化 C．此反应达到1 000℃时的反应速率比700℃时大 D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低 ‎11.不能用化学平衡移动原理来说明的事实是（　　）‎ A．合成氨在高压下进行是有利的 B．温度过高对合成氨不利 C．使用催化剂能使合成氨速率加快 D．及时分离从合成塔中出来的混合气，有利于合成氨 ‎12.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+D(g)，反应2 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，下列说法正确的是 A.前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)‎ B.此时，B的平衡转化率是40％‎ C.增大该体系的压强，平衡不移动 D.增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大 ‎13.下列有利于反应自发进行的是（　　）‎ ‎①反应吸热 ②反应放热 ‎③反应后熵增加 ④反应后熵减小．‎ A．①③ B．①④ C．②④ D．②③‎ ‎14.用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后停止通电，若需向溶液中加入1molCu（OH）2才能使溶液恢复至电解前的状态，则电解过程中转移电子的物质的量为（　　）‎ A．2mol B．4mol C．6mol D．8mol 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（本题共5道小题，每小题0分，共0分）‎ ‎15.（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）　　　　　　，属于非电解质是　　　　　　．‎ ‎①亚硫酸溶液 ②次氯酸钠 ③氯化氢气体 ④蔗糖 ⑤硫酸钡 ‎⑥氨气 ⑦冰醋酸 ⑧硫酸氢钠固体 ⑨氢氧化铁 ⑩NO2‎ ‎（2）写出下列物质在水中的电离方程式：硫酸氢钠：　　　　　　；次氯酸钠：　　　　　　；‎ ‎（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1，则c（OH﹣）甲：c（OH﹣）乙　　　　　　10（填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH﹣）的大小关为　　　　　　；‎ ‎（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：2NO2⇌2NO+O2．T℃时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2,反应达到平衡状态的标志是　　　　　　‎ ‎①混合气体的颜色不再改变的状态 ‎ ‎②混合气体的密度不再改变的状态 ‎③混合气体的压强不再改变的状态 ‎ ‎④混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 ‎⑤的比值不再改变的状态．‎ ‎16.（1）锌锰（Zn—MnO2）干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2—NH4Cl混合溶液。‎ ‎①该电池的负极材料是_________。电池工作时，电子流向_____________（填“正极”或“负极”）。‎ ‎②若ZnCl2—NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2＋，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是________________________。‎ ‎（2）铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为硫酸。该电池总反应式为： Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。请根据上述情况判断：‎ ‎①该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向_____________（填“正极”或“负极”）；正极附近溶液的酸性_____________（填“增强”、“减弱”或“不变”）放电时，负极的电极反应式为：_____________________________（用离子方程式表示）。（已知：硫酸铅为不溶于水的白色沉淀，生成时附着在电极上）‎ ‎②实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，今若制得0.050 mol Cl2，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是________________。氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。若电解质为KOH溶液，则氢氧燃料电池的负极反应式为___________________。该电池工作时，外电路每流过2 mol e-，消耗标况下氧气_________L。‎ ‎17.下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00％的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00％的K2SO4溶液,电极均为石墨电极。‎ ‎(1)接通电源，经过一段时间后，测得e电极上收集到气体在标准状况下体积为4.48 L，乙中c电极质量增加。据此回答问题：‎ ‎①电源的N端为                 极。 ②电极b上发生的电极反应为                             。‎ ‎③电解前后甲溶液 pH         ；乙溶液 pH        ；丙溶液 pH        。(填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎(2)写出乙溶液中的电解反应方程式：                 需加入          g          (填物质名称)复原。‎ ‎18.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义．‎ ‎（1）利用H2和CO在一定条件下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）（放热反应）．对此反应进行如下研究：在恒温，体积为2L的密闭容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，10min后达到平衡，测得含有0.4mol CH3OH（g）．‎ ‎①10min后达到平衡时CO的浓度为　 　；‎ ‎②10min内用H2表示的平均反应速率为　 　；‎ ‎③若要加快CH3OH的生成速率，可采取的措施有　 　（填一种合理的措施）‎ ‎（2）利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2+2CO2 CH2═CH2+4H2O ‎①已知：4.4gCO2与H2完全转化为CH2═CH2和水（气态）共放出6.39kJ的热量，写出该反应的热化学方程式　 　．‎ ‎②不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率的影响如图甲所示．‎ 下列有关说法不正确的是　 　（填序号）．‎ a．不同条件下反应，N点的速率最大 b．温度在约250℃时，催化剂的催化效率最高 c．相同条件下，乙烯的产量M点比N高 ‎③若在密闭容器中充入体积比为 3：1的 H2和CO2，则图甲中M点时，产物CH2═CH2的体积分数为　 　．（保留两位有效数字）‎ ‎（3）利用一种钾盐水溶液作电解质，CO2电催化还原为乙烯，如图乙所示．在阴极上产生乙烯的电极反应方程式为　 　．‎ ‎19.甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇．‎ ‎（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图：‎ ‎①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为　 　．‎ ‎②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎③图中的P1　 　P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃时平衡常数为　 ．‎ ‎④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，化学平衡将向　 　移动（填“向左”“向右”或“不”）．‎ ‎（2）在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：‎ CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）‎ ‎①该反应的△H　 　0，△S　 　0（填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是　 　．‎ A．升高温度 B．将CH3OH（g）从体系中分离出来 C．充入He，使体系总压强增大 D．再充入1mol CO和3mol H2．‎ 试卷答案 ‎1.C ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电离的条件为溶于水或熔化状态，电化学腐蚀与原电池有关，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①电离不需要通电，故不选；　‎ ‎②电解需要外加电源，通电可发生，故选；　‎ ‎③电镀为电解原理的应用，需要外加电源，通电可发生，故选；‎ ‎④电化学腐蚀与原电池有关，不需要通电，故不选；‎ 故选C．‎ ‎2.A ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．氮气与氢气的化学计量数之比为1：3，则3v（N2）=v（H2），故A正确；‎ B．氮气与氢气的化学计量数之比为1：3，则3v（N2）=v（H2），故B错误；‎ C．氢气与氨气的化学计量数之比为3：2，则v（H2）=1.5v（NH3），故C错误；‎ D．氮气与氨气的化学计量数之比为1：2，则2v（N2）=v（NH3），故D错误；‎ 故选A．‎ ‎3.A 试题分析：A．纯银物品久置表面变暗是由于金属银和空气中的氧气发生反应生成氧化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A选；B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故B不选；C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；D．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故D不选；答案选A。‎ ‎4.A ‎【考点】常见的能量转化形式．‎ ‎【分析】A．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；‎ B．铝热反应为放热反应；‎ C．图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池；‎ D．图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量．‎ ‎【解答】解：A．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A正确；‎ B．铝热反应为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故B错误；‎ C．图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故C错误；‎ D．图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎5.A ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应．‎ ‎【解答】解：A．当C的生成速率与C分解的速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗a molA，同时生成3amolC，所以不能作为平衡状态的判断依据，故B错误；‎ C．该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，无论反应是否达到平衡状态，容器内气体的压强始终不变，所以不能作为平衡状态的判断依据，故C错误；‎ D．该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的物质的量始终不变，所以不能作为平衡状态的判断依据，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎6.C ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于N．‎ ‎【解答】解：该装置没有外接电源，所以是原电池．原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡．根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼．‎ A、M极材料比N极活泼，故A错误．‎ B、M极上质量不增加，故B错误．‎ C、N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，所以质量增加，符合题意，故C正确．‎ D、M极材料比N极活泼，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎7.C ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】为了使平衡向生成Z的方向移动，应使平衡正向移动，可增大压强、降低温度，以及加入反应物，减小生成物等，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①升高温度，平衡逆向移动，故①错误； ‎ ‎②降低温度，平衡正向移动，故②正确； ‎ ‎③缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应移动，故③正确；‎ ‎④降低压强，平衡逆向移动，故④错误； ‎ ‎⑤加催化剂，平衡不移动，故⑤错误；‎ ‎⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确； ‎ ‎⑦X是固体，增大X的量对平衡无影响，故⑦错误； ‎ ‎⑧增加Y，反应物浓度增大，平衡正向移动，故⑧正确．‎ 故选C．‎ ‎8.B 试题分析：T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应。A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，A错误；B、T2℃‎ 之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃时反应达到平衡状态，B正确；C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。答案选B。‎ ‎【名师点晴】明确图像中含量随温度的平衡关系判断T2℃时恰好平衡是解题关键。化学平衡图像题的解题技巧为：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎9.A ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，T1时先达到平衡，反应速率大，则T1大；且T1时对应生成物C的含量低，则升高温度平衡逆向移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由图可知，T1时先达到平衡，温度越高反应速率越大，则T1＞T2；且T1时对应生成物C的含量低，则升高温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，‎ 故选A．‎ ‎10.C ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、正反应吸热，故A错误；‎ B、反应前后气体体积不变，压强始终不变，故B错误；‎ C、温度越高反应速率越快，故C正确；‎ D、化学平衡常数越大，反应物的转化率越高，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎11.C ‎【考点】化学平衡移动原理． ‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A、工业上合成氨的反应是可逆反应，增大压强，化学平衡正向移动，有利于提高产物氨气的产率，能用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B、工业合成氨的反应是放热反应，温度过高会使反应逆向进行，不利于氨气产率的提高，因此综合考虑催化剂的催化效率以及反应速率、氨气产率等因素会选择适宜的温度，能用化学平衡移动原理解释，故B不选；‎ C、催化剂改变反应速率，但不改变化学平衡，不能用化学平衡移动原理解释，故C选；‎ D、及时分离从合成塔中出来的混合气，促使平衡正向移动，有利于合成氨，能用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应．‎ ‎12.B 本题考查了化学平衡的移动、平衡中的计算。根据化学计量数关系可知，生成1.6 mol C，同时生成0.4 mol D，(D)=0.4 mol ÷2 L÷2 min =0.1 mol/(L·min)，A错误；根据化学计量数关系可知，生成1.6 mol C，同时消耗0.8 mol B，故α(B)=0.8 mol÷2 mol×100%=40％，B正确；反应物的气体计量数之和大于产物的气体计量数之和，故增大该体系的压强，平衡正向移动，C错误；增加B物质，A的平衡转化率增大，B的平衡转化率减小，D错误。‎ ‎13.D ‎14. B ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水．‎ ‎【解答】解：加入1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成1mol铜转移电子=1mol×2mol=2mol，根据原子守恒知，生成1mol水需要1mol氢气，生成1mol氢气转移电子=1mol×2mol=2mol，所以电解过程中共转移电子数为4mol，‎ 故选B．‎ ‎15.‎ ‎1. ⑦⑨；④⑥⑩ 2. NaHSO4═Na++H++SO42﹣；NaClO═ClO﹣+Na+‎ ‎3. 小于 4. 丙＞甲=乙 5. ①③④⑤‎ 考点：强电解质和弱电解质的概念；电离方程式的书写；化学平衡状态的判断．‎ 分析：（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能达到的化合物为非电解质；‎ ‎（2）硫酸氢钠是强电解质，硫酸氢根在水溶液中能拆，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号；‎ ‎（3）弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大；‎ ‎（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ ‎（5）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．‎ 解答：解：（1）①亚硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②次氯酸钠是盐，属于强电解质；‎ ‎③氯化氢气体溶于水能导电，属于强电解质；‎ ‎④蔗糖不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑤硫酸钡是盐，熔融状态下能导电，属于强电解质；‎ ‎⑥氨气不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑦冰醋酸不能导电，溶于水能导电，在水溶液中部分电离，属于弱电解质；‎ ‎⑧硫酸氢钠固体是盐，属于强电解质；‎ ‎⑨氢氧化铁是碱，属于弱电解质；‎ ‎⑩NO2不能导电，属于非电解质，‎ 故答案为：⑦⑨；④⑥⑩；‎ ‎（2）NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，NaHSO4═Na++H++SO42﹣，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号，电离方程式为：NaClO=Na++ClO﹣，故答案为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；NaClO═ClO﹣+Na+；‎ ‎（3）一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，‎ 甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，‎ 所以甲、乙两瓶氨水中[OH﹣]之比小于10，故答案为：小于；‎ ‎（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水的电离，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，‎ 故答案为：丙＞甲=乙；‎ ‎（5）①混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，说明该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故正确；‎ ‎②该反应的反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，反应体系的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；‎ ‎③该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质浓度不变，所以混合气体的压强不再改变，所以可以据此判断平衡状态，故正确； ‎ ‎④该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以其平均相对分子质量不变，则可以据此判断平衡状态，故正确；‎ ‎⑤该反应的反应前后有热量变化，当该反应达到平衡状态时，反应体系温度不再发生变化，所以不再变化，则可以据此判断平衡状态，故正确．‎ 故选①③④⑤．‎ 点评：本题考查了电解质与非电解质的概念，电解质的电离方程式书写、平衡状态判断等，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确无论电解质还是非电解质，都一定为化合物 ‎16.‎ ‎(1) ①Zn（或锌） 正极 ②Zn与Cu2+反应生成Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率 ‎ ‎(2) ①负极 减弱 Pb - 2e- +SO42－=PbSO4 ②0.10 mol H2 - 2e- +2OH－= 2H2O（或 2H2 - 4e- +4OH－= 4H2O） 11.2‎ 解析：（1）①较活泼的金属做为负极失去电子发生氧化反应，则Zn失电子为负极，电子由负极流向正极；②锌的活泼性强于铜，所以锌可以置换出铜。锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；（2‎ ‎）①放电时相当于是原电池，所以电解质溶液中的阴离子移向负极；放电时消耗硫酸，生成硫酸铅和水，所以电解质溶液的酸性减弱；该蓄电池的负极发生氧化反应，Pb作负极，负极反应式为：Pb - 2e- +SO42－=PbSO4；②已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：Pb - 2e- +SO42－=PbSO4；正极:PbO2+4H++ SO42－+2e-=PbSO4+2H2O；又知电解饱和食盐水时：2Cl--2e-Cl2↑；由电子守恒可知，制得0.05 mol Cl2时，需转移的电子物质的量为0.1 mol，由正极反应知消耗0.2 mol H+，故消耗H2SO4为0.10 mol；氢氧燃料电池中的电解质溶液若为KOH溶液，则在负极发生氧化反应的氢气，失去电子，与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为H2－2e－＋2OH－＝2H2O，该电池工作时，正极的反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，所以外电路每流过2mol e－，则消耗氧气得物质的量是=0.5mol，标准状况下的体积是0.5mol×22.4L/mol=11.2L。‎ ‎17.‎ ‎(1)①正     ②4OH－－4 e－ O2↑+2H2O    ③变大    变小     不变(2)2CuSO4+2H2O2Cu+ O2+2H2SO4     16     氧化铜 解析：本题考查了电解池及相关计算。(1) ①电极均为石墨电极，而乙中电解质为CuSO4溶液，且c电极质量增加，则c电极发生Cu2++2e－Cu，说明c电极为阴极，由此可推断电源M极为负极，N为正极；②甲中电解质为NaOH溶液，而b电极为阳极，故电极反应为：4OH－－4 e－ O2↑+2H2O；③甲中电解NaOH溶液为电解水型，OH－浓度增大，pH变大；乙中电解CuSO4溶液为放氧生酸型，故pH变小；丙中电解K2SO4溶液为电解水型，pH不变；(2)乙中电解CuSO4溶液为放氧生酸型，电解反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+ O2↑+2H2SO4；e电极阴极，电极反应式为：2H++2e－H2↑，收集到气体在标准状况下体积为4.48 L，即为0.2 mol，则转移0.4 mol e－，根据转移电子数目相等，则乙中生成了0.2 mol铜和0.1 mol氧气，所以复原时加0.2 mol氧化铜，即16 g。‎ ‎18.‎ ‎（1）①0.4mol/L；‎ ‎②0.04mol/（L．min）；‎ ‎③增大压强；‎ ‎（2）①6H2（g）+2CO2（g） CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=﹣127.8 kJ/mol；‎ ‎②a．‎ ‎③7.7% 或0.077；‎ ‎（3）2CO2+12H++12e﹣═CH2=CH2+4H2O．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 开始量（mol）：1.2 1 0‎ 转化量（mol）：0.4 0.8 0.4‎ 平衡量（mol）：0.8 0.2 0.4‎ ‎①结合c=计算；‎ ‎②结合v=计算；‎ ‎③由于反应是体积减小的反应，因此可以通过增大压强的方法提高CH3OH的生成速率，而且能使产物的产率增大；‎ ‎（2）①4.4gCO2与H2完全转化为CH2═CH2和水（气态）共放出6.39kJ的热量，也即0.01mol的CO2与H2完全反应放出6.39kJ的热量，故2molCO2与H2完全反应放出的热量为：6.39kJ×20=127.8kJ，由此书写热化学方程式；‎ ‎②a．温度越高，反应速率越大；‎ b．温度在约250℃时，催化剂的催化效率对应转化率最大；‎ c．转化率越大，乙烯的产量越大；‎ ‎③图中M点时，转化率为50%，在密闭容器中充入体积比为 3：1的 H2和CO2，‎ 对于反应6H2（g）+2CO2（g）=CH2=CH2（g）+4H2O（g）‎ 起始量：3 1 0 0‎ 转化量：1.5 0.5 0.25 1‎ 剩余量：1.5 0.5 0.25 1‎ 产物CH2═CH2的体积分数为×100%，进行计算；‎ ‎（3）在电解池中，电源正极连接电解池阴极，在阴极处得电子，发生还原反应，发生的反应为二氧化碳与氢离子反应生成乙烯和水．‎ ‎【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 开始量（mol）：1.2 1 0‎ 转化量（mol）：0.4 0.8 0.4‎ 平衡量（mol）：0.8 0.2 0.4‎ ‎①达到平衡时CO的浓度为=0.4mol/L ‎ ‎ 故答案为：0.4mol/L；‎ ‎②10min内用H2的浓度变化量△c（H2）==0.4mol/L，‎ ‎10min内用H2表示的平均反应速率v==0.04mol/（L．min）‎ ‎ 故答案为：0.04mol/（L．min）；‎ ‎③由于反应是体积减小的反应，因此可以通过增大压强的方法提高CH3OH的生成速率，而且能使产物的产率增大．‎ ‎ 故答案为：增大压强；‎ ‎（2）①4.4gCO2与H2完全转化为CH2═CH2和水（气态）共放出6.39kJ的热量，也即0.01mol的CO2与H2完全反应放出6.39kJ的热量，故2molCO2与H2完全反应放出的热量为：6.39kJ×20=127.8kJ，热化学方程式为6H2（g）+2CO2（g） CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=﹣127.8 kJ/mol，‎ 故答案为：6H2（g）+2CO2（g） CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=﹣127.8 kJ/mol；‎ ‎②a、温度越高，反应速率越快，N点的温度不是最高的温度，故a不正确；‎ b、读图可知，温度在约250℃时，催化剂的催化效率最高，故b正确；‎ c、读图可知，M点比N的CO2的转化率高，乙烯的产量也高，故c正确；‎ 故选：a．‎ ‎③对于反应6H2（g）+2CO2（g）=CH2=CH2（g）+4H2O（g）‎ ‎ 起始量：3 1 0 0‎ ‎ 转化量：1.5 0.5 0.25 1‎ ‎ 剩余量：1.5 0.5 0.25 1‎ 所以产物CH2═CH2的体积分数为×100%≈7.7%‎ 故答案为：7.7% 或0.077；‎ ‎（3）分析可知，电源的正极连接电解池的阴极，所以铜片为阴极，发生的反应为二氧化碳与氢离子反应生成乙烯和水，方程式为2CO2+12H++12e﹣═CH2=CH2+4H2O，‎ 故答案为：2CO2+12H++12e﹣═CH2=CH2+4H2O．‎ ‎19.‎ ‎（1）①0.030mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎②增大；‎ ‎③＜；2.25×10﹣2；‎ ‎④向左；‎ ‎（2）①＜；＜；‎ ‎②BD．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）①根据图知道平衡时甲烷的转化率，求出△c（CH4），根据v=计算v（CH4），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；‎ ‎②转化率与温度、压强图象有三个变量，应“定一议二”；‎ ‎③根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时甲烷的转化率，由此判断；平衡常数k=，计算出平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；‎ ‎④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；‎ ‎（2）①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则说明正反应是放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应；‎ ‎②容器容积不变，增加甲醇产率，平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析．‎ ‎【解答】解：（1）①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为： =5×10﹣2mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v（H2）=3v（CH4）=3×=0.030mol•L﹣1•min﹣1，‎ 故答案为：0.030mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎②通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可得出p1＜p2；当压强为p1时，升高温度，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，所以正向为吸热反应，所以升高温度平衡常数变大，故答案为：增大；‎ ‎③由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1＜P2，‎ ‎ CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）‎ 初始浓度：0.1 0.2 0 0 ‎ 变化浓度：0.05 0.05 0.05 0.15‎ 平衡浓度：0.05 0.15 0.05 0.15‎ ‎100℃时平衡常数=（mol/L）2=2.25×10﹣2 （mol/L）2，‎ 故答案为：＜；2.25×10﹣2；‎ ‎④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，Qc==4×10﹣2＞K，所以平衡向左移动，故答案为：向左；‎ ‎（2）①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则说明正反应是放热反应，所以△H＜0；正反应是气体物质的量减小的反应，气体的物质的量越多，其熵越大，所以△S＜0，故答案为：＜；＜；‎ ‎②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故A错误；‎ B．将CH3OH（g）从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故B正确；‎ C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误；‎ D．再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故D正确，‎ 故答案为：BD．‎