1、20182019学年度第二学期期末联考试题高一化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cu-64 Ag-108一、选择题(每小题3分，共48分,每小题只有一个选项符合题意。)1.化学己经渗透到人类生活的方方面面。下列说法不正确的是A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B. 明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒C. 月饼因富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有铁粉的透气袋作抗氧化剂D. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C【答案】B【解析】【详解】A. 醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯
2、酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，故A正确；B 明矾中铝离子水解生成胶体，可净化水，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故B错误；C.铁粉常用作抗氧化剂，故C正确；D. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故D正确；故选B。2.下列叙述中，不正确的是A. 中含有10个中子 B. H、H、是氢元素的三种核素C. 与重水互称同位素 D. 、金刚石、石墨均为碳的同素异形体【答案】C【解析】【详解】A.根据A=A+N，其中质子数为8，质量数为18，中子数为10，故A正确；B. 1H、2H、3H质子数相同，中子数不同，则1H、2H、3H互为同位素，
3、故B正确；C.同位素是指质子数相同，质量数不同同种元素的不同原子，故C错误；D. 、金刚石、石墨是同种元素形成的不同单质，即、金刚石、石墨互为同素异形体，故D正确；故选C。3.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是原子半径最高价或最低价A. 元素形成的氢化物稳定B. 元素的非金属强，所以氢化物的沸点高C. 元素形成的化合物是共价化合物D. 元素的最高价氧化物对应水化物的碱性最强【答案】D【解析】【详解】根据表格信息，推断可知，短周期元素中，只有最低价2，处于A族，则为O；都最高正价+1，处于A，的原子半径较大，原子半径不是所有元素中最小，故为Li、为Na；有+7、1价，则为Cl；都
4、有最高价+5、最低价3，处于A族，且的原子半径较大，则为P、为N；有最高价+2，处于A族，原子半径大于Li，则为Mg；有最高价+3，处于A族，原子半径大于P，则为Al.A. 元素、形成的气态氢化物分别为PH3，HCl，其中非金属性ClP，气态氢化物稳定性HClPH3，故A错误；B. 为N元素，是P元素，气态氢化物的沸点与相对分子质量和分子间氢键有关系，NH3分子间有氢键，则NH3的沸点高于PH3，故B错误；C. 元素形成的化合物为Al2O3，Al2O3是离子化合物，故C错误；D. 元素为Na，其最高价氧化物对应水化物是NaOH ，碱性最强，故D正确；故选D。【点睛】依据短周期元素的原子半径及化
5、合价规律，推断出元素种类，是解答本题的关键，进而联系元素周期律分析解答。4.核内中子数为N的离子，质量数为A，则ng它的过氧化物中所含电子的物质的量是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该过氧化物的的化学式为RO2，它的摩尔质量为(A+32)g/mol，ng它的过氧化物的物质的量为ng(A+32)g/mol；一个氧化物分子中含有(AN+16)个电子，所以ng它的氧化物中所含电子的物质的量为 =mol，故B正确；故选B。【点睛】注意本题指出的是过氧化物，根据元素化合价判断过氧化物化学式是解答本题的关键，进而依据质量数与质子数、中子数、核外电子数之间的关系进行分析解答。5.下列说法正
6、确的是A. 可用于实验室制备CO2或 H2，不能制备O2B. 可以用于验证非金属性：NCSiC. 可用排空气法收集气体CO2、H2、CO、NO、NH3等气体D. 将SO2气体通入氢硫酸溶液中所得溶液的pH变化【答案】A【解析】【详解】A.图中装置是启普发生器原理，可用CaCO3和稀盐酸反应制备CO2，也可用Fe与稀盐酸制备氢气，均不需要加热，氧气的制备需要加热，所以该装置不能制备氧气，故A正确；B.硝酸具有挥发性，会发出的硝酸也可以与硅酸钠反应，所以不能验证C和Si元素的非金属性强弱，故B错误；C.该装置是向上排空气法收集气体，可收集像CO2这样密度大于空气密度的气体，而H2和NH3密度小于空
7、气，需要用向下排空气法，CO、NO密度与空气密度相近，不能用排空气法收集，故C错误；D.氢硫酸溶液显酸性，即pH值小于7，将SO2气体通入氢硫酸溶液中，反应得到S单质，酸性减弱，pH增大，故D错误；故选A。6.下列变化符合图示的是冰雪融化碳酸钙分解制二氧化碳铝与盐酸的反应过氧化钠与水反应硝酸铵溶于水和的反应A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】图片显示的是吸热反应，且为化学反应，冰雪融化吸热过程，但是是物理变化，则不符合图片，碳酸钙分解制二氧化碳是吸热过程，符合图片，铝与盐酸的反应是放热反应，不符合题意，过氧化钠与水反应是放热反应，不符合题意，硝酸铵溶于水，该过程是吸热过程，但是物
8、理变化，则不符合题意，Ba(OH)28H2O和的反应，是吸热反应，符合题意，故选；故选A。7.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为和反应生成过程中的能量变化：下列说法中正确的是A. 1mol和1mol完全反应吸收的能量为180kJB. 放电情况下，和混合能直接生成NO2C. 1mol和具有的总能量高于具有的总能量D. NO是一种红棕色气体，能与NaOH溶液反应生成盐和水【答案】A【解析】【详解】A. 1mol和1mol完全反应吸收的能量为946kJ+498kJ-2632kJ=180kJ，故A正确；B 放电情况下，和混合能直接生成
9、NO，故B错误；C. 由于1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的键能小于2 mol NO(g)具有的键能，所以反应物具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量，故C错误；D. NO是无色气体，NO是一种不成盐氧化物，不能与NaOH溶液反应生成盐和水，故D错误；故选A。8.下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A. 已知，则氢气的燃烧热为-241.8kJ/molB. 、101 kPa时，求算固态碳和硫的燃烧热时.其分别燃烧时生成稳定的和C. 含的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出的热量，则表示该反应的中和热的热化学方程式为：2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(
10、aq)+2H2O(l) D. 已知，则【答案】D【解析】【详解】A. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中水是气体不是液态氧化物，故燃烧热大于241.8kJ/mol，故A错误；B. 、101 kPa时，求算固态碳和硫的燃烧热时.其分别燃烧时生成稳定的和SO2，故B错误；C. 依据酸碱中和热的概念分析，中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq）+H2O（l）H=-57.4
11、kJ/mol，故C错误；D. 碘单质固体变化为气体吸热，焓变为负值进行比较大小，则H1H2，故D正确；故选D。9.如图曲线a表示可逆反应进行过程中Z的物质的量随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是A. 一定是加入合适的催化剂B. 可能是压缩反应容器的体积C. 可能是加入一定量的ZD. 可能是减少X的投入量【答案】B【解析】【详解】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时Z的物质的量不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，A.反应前后气体体积数相等，使反应速率加快，不影响化学平衡状态，可能是加入了催化剂，也可能是增大压强
12、，故A错误；B压缩容器体积，增大了压强，反应速率加快，由于该反应是气体体积不变的反应，则达到平衡时Z的物质的量不变，该变化与图象曲线变化一致，故B正确；C加入一定量的Z，平衡时Z的物质的量会偏大，故C错误；D减少X的投入量，反应物浓度减小，反应速率会减小，故D错误；故选A【点睛】掌握外界条件对化学反应速率的影响条件是解决本题的关键，结合外界条件对化学平衡的影响分析解答。10.氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：已知该反应的速率随的增大而加快为的速率时间关系图。下列说法中正确的是A. 反应开始时速率增大一定是温度升高所致B. 纵坐标为的曲线与图中曲线不重合C. 图中阴影部分的面积表示时间内
13、的减小D. 后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减少【答案】D【解析】【详解】A. 反应开始时速率增大，可能是该反应放热，温度升高，化学反应速率加快，也可能是反应的速率随的增大而加快，故A错误；B. 根据离子方程式ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+，v（ClO3-）：v（Cl-）=1：1，纵坐标为v（Cl-）的v-t曲线与图中曲线重合，故B错误；C. 由于v（C1O3-）=，即c= v（C1O3-）t，因此图中的阴影部分“面积”为t1t2时间内C1O3-的物质的量浓度的减小值，故C正确；D. 随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是
14、反应物浓度减小，故D正确；故选D11.控制适合的条件，将反应设计成如图所示的原电池。下列判断正确的是A. 反应开始时，甲中石墨电极上发生氧化反应B. 反应开始时，乙中石墨电极上被还原C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态，但反应还在进行D. 电流计读数为零后，在甲中溶入固体，甲中石墨电极为正极【答案】C【解析】【详解】A.根据总方程式，FeCl3作正极，得到电子，发生还原反应，故A错误；B. 因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，被氧化，故B错误；C. 当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D. 当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失
15、去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误；故选C。【点睛】原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，电子由负极通过外电路流向正极。12.向绝热恒容密闭容器中通入和，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示由图得出的结论不正确的是A. 反应过程中压强始终不变B. 反应物浓度：a点大于b点C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 时，的转化率：段小于段【答案】A【解析】【详解】A.根据图像可知，该反应为气体体积不变的反应，该容器为绝热容器，温度升高，压强增大，故A错误；B.随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，所以a点反应物浓度大于b
16、点的，故B正确；C. 反应初始阶段，随着反应的进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D. 两段的时间相同，而后段反应速率大，消耗的二氧化硫多，所以bc段的转化率大于ab段，故D正确；故选A。13.可逆反应：在恒温恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是单位时间内生成n的同时消耗2n；单位时间内生成n的同时消耗2nmolNO；混合气体的颜色不再改变的状态；混合气体中不变；的消耗速率与NO的生成速率相等；容器内压强不随时间变化而变化。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】单位时间内生成nmolO2等效于消耗2nmolNO2不能判断是
17、否达平衡状态，故错误；单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，反应方向相反，物质的量胡化学计量数成正比，说明达到平衡状态，故正确；混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；O2和均为生成物，混合气体中不变，不能说明达到化学平衡状态，故错误；NO2的消耗速率与NO的生成速率相等，都反映正反应的方向，未体现正与逆的关系，故错误；容器内压强不随时间变化而变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；故选。14.一定温度下，在3个容积均为的恒容密闭容器中反应达到平衡，下列说法正确的是 容器 温度物质的起始浓度物质的平衡浓度 400 0 400 0
18、 500 0 A. 该反应的正反应是吸热反应B. 达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的小C. 达到平衡时，容器中平衡常数小于容器中平衡常数D. 达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的小【答案】B【解析】【详解】A. 由表格信息可知，温度升高，化学平衡向吸热方向移动即逆反应方向进行，则正反应为放热反应，故A错误；B. 对比、，在相同温度下反应，但中反应物浓度较大，由方程式2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)可知，增大浓度，平衡正向移动，该反应正向为体积减小的反应，增大浓度转化率会增大，则容器中反应物转化率比容器中的小，故B正确；C.平衡常数只受温度影响，、中温度相同，即反应平衡常数相同
19、，故C错误；D. 对比、，温度较高，浓度相同，升高温度，正逆反应速率增大，则容器中的反应速率比容器中的大，故D错误。故选B。15.某种熔融碳酸盐燃料电池以、为电解质，以为燃料，该电池工作原理如图。下列说法正确的是 A. a为，b为混有的空气B. 在熔融电解质中，向b极移动C. 此电池在常温时也能工作D. 通入丁烷的一极是负极，电极反应式为【答案】A【解析】【详解】该原电池为甲烷燃料电池，根据图象中电子流向知，左边电极为负极、右边电极为之间，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a为C4H10、b为氧气，A.燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边
20、电极是负极、右边电极是正极，所以a是C4H10，b为混有CO2 的空气，故A正确；B.原电池放电时，碳酸根离子向负极移动，即向a极移动，故B错误；C. 电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，故C错误；D. 通入丁烷的一极是负极，负极失去电子，故D错误；故选A。【点睛】燃料电池中，燃料作负极，失去电子，发生氧化反应，氧化剂作正极得到电子，发生还原反应。16.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是A. 精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液浓度不变B. 总反应是：C. 中辅助阳极应为惰性电极D. 铁钉几乎没被腐蚀【答案】A【解析】【详解】A.根据电流的方向可知，a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电
21、解质溶液为CuSO4溶液，电解精炼粗铜时，阳极上不仅铜失电子还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，根据转移电子守恒知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以电解质溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B. 已知Fe比Cu活泼， Fe为原电池的负极，发生的总反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正确；C.该装置为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，辅助阳极应为惰性电极，故C正确；D.浓硫酸具有吸水性，在干燥的条件下，铁钉不易被腐蚀，故D正确；故选A。【点睛】电解池中，电源正极连接阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电源负极连接阴极，阴极得到电子，发生还
22、原反应。二、填空题(本大题共4小题，共52分)17.实验室可用如下装置略去部分夹持仪器制取并验证其性质(1)盛装亚硫酸钠的仪器名称为_若将亚硫酸钠改为铜片制取二氧化硫，还缺少的玻璃仪器是_，用铜片制取二氧化硫的化学方程式_(2)装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断生成的快慢，其中的液体最好选择_填代号a. 饱和溶液 b. 饱和溶液c. 饱和溶液 d. 饱和NaHSO3溶液 (3)验证二氧化硫的氧化性的装置是_，现象为_(4)为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取该试管中的溶液分成三份，分别进行如下实验： 方案I：向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成； 方案：向第二份溶液中加入品红溶液
23、，红色褪去； 方案：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀上述方案合理的是方案_填“I”、“”或“”；若将试管D中新制氯水改为酸性高锰酸钾溶液，则发生反应的离子方程式为_(5)装置F的作用是_【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 酒精灯 (3). Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O (4). d (5). C (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). (8). 5SO2+2MnO4- +2H2O=5SO42- + 2Mn2+ +4H+ (9). 吸收未反应的二氧化硫气体，防止污染环境【解析】【分析】根据实验装置及实验原理分析实验中的仪器名称及还需要的实验器材；根据二氧化硫的氧化性及还原
24、性分析实验实验方案的可行性，并写出相关化学方程式。【详解】(1)如图所示，盛装亚硫酸钠仪器名称为圆底烧瓶； 浓硫酸与铜反应生成二氧化硫需要加热，所以还缺少的玻璃仪器是酒精灯；化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：圆底烧瓶；酒精灯；Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；(2)亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫与溶液 、溶液反应生成二氧化碳气体，二氧化硫与溶液反应生成亚硫酸氢钠，且二氧化硫易溶于水，所以其中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液；(3)二氧化硫有一定的氧化性，可以与Na2S反应生成单质硫，所以验证二氧化硫的氧化性的装置是C，现象为有淡黄色沉淀
25、生成；(4)二氧化硫具有还原性，与新制氯水发生氧化还原反应，生成硫酸；方案I：向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成；氯水中本身就存在氯离子，可以生成氯化银沉淀，不能验证二氧化硫的还原性，故I不合理； 方案：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；新制氯水有漂白性，可以使品红褪色，所以II也不能验证二氧化硫的还原性，故II不合理；方案：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀，此时溶液为酸性，产生的白色沉淀应该为硫酸钡，说明二氧化硫被氯水氧化，验证了二氧化硫的还原性，故III合理；酸性高锰酸钾溶液也具有强氧化性，可以氧化二氧化硫生成硫酸，本身被还原生成锰离子，则发生反应的离子方程式为：5SO2+2M
26、nO4- +2H2O=5SO42- + 2Mn2+ +4H+；(5)二氧化硫有毒，装置F的作用是：吸收未反应的二氧化硫气体，防止污染环境。18.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，已知A的L层电子数是K层电子数的两倍，D是短周期元素中原子半径最大的元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：(1)元素名称：A_；B_；E_； (2)元素E在周期表中的位置_，B、C、D、E的原子半径由小到大的顺序为(用元素符号或化学式表示，以下同)_，D2C2的电子式_，所含化学键_(3)写出与反应的化学方程式_(4)C、
27、E的简单氢化物的沸点较高的是_，原因是_(5)用电子式表示化合物D2E的形成过程_【答案】 (1). 碳 (2). 氮 (3). 硫 (4). 第三周期A族 (5). O N (6). (7). 离子键和共价键 (8). (9). H2O (10). 水分之间存在氢键 (11). 【解析】【分析】根据元素周期表结构、核外电子排布规律及物质性质分析元素的种类；根据元素周期律比较原子大小及物质的熔沸点；根据原子间成键特点书写电子式及判断化学键类型；根据物质性质书写相关化学方程式。【详解】有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，已知A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A为碳；
28、D是短周期元素中原子半径最大的元素，同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷数增大而增大，所以D为钠；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则C为氧，E为硫；B在碳、氧中间，则B为氮；(1)根据上述分析，元素名称为：A为碳；B为氮；E为硫； (2)元素E为硫，16号元素，在周期表中的位置为第三周期A族；同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷数增大而增大，所以B、C、D、E的原子半径由小到大的顺序为O N；过氧化钠的电子式为：；氧原子间以共价键结合，过氧根和钠离子以离子键结合，所以所含化学键离子键和共
29、价键；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：；(4)C的氢化物是H2O，常温常压下为液态，E的氢化物为H2S，常温常压下为气态，的简所以沸点较高的是H2O；原因是水分之间存在氢键；(5)钠原子失电子形成钠离子，硫原子得电子形成硫离子，阴阳离子通过离子键结合，电子式表示化合物硫化钠的形成过程为：。19.如何降低大气中的含量及有效地开发利用引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入和，在下发生发应，实验测得和的物质的量浓度随时间变化如下所示：(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率_。
30、500达平衡时，的体积分数为_，如上图是改变某条件时化学反应速率随时间变化的示意图，则该条件是_该反应的逆反应为_反应填“放热”或“吸热”(2)500该反应的平衡常数为_保留两位小数，若降低温度到300进行，达平衡时，K值_填“增大”“减小”或“不变”(3)下列措施中能使的转化率增大的是_A. 在原容器中再充入B. 在原容器中再充入和C. 在原容器中充入D.使用更有效的催化剂E. 将水蒸气从体系中分离出(4)500条件下，改变起始反应物的用量，测得某时刻、和的浓度均为，则此时正_逆填“”“”或“”(5)假定该反应是在恒容恒温条件下进行，判断该反应达到平衡的标志_A. 消耗同时生成1mol 混合
31、气体密度不变C. 混合气体平均相对分子质量不变D.3v正(H2)=v逆(H2O)E.不变【答案】 (1). 0.225mol/(Lmin) (2). (3). 升高温度 (4). 吸热 (5). 5.33 (6). 增大 (7). BE (8). (9). CE【解析】【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算反应速率；根据平衡时各物质的浓度计算体积分数及平衡常数；根据平衡移动规律分析平衡的移动方向及判断反应是否到达平衡状态。【详解】(1)v(CO2)=0.075mol/(Lmin)，v(H2)=3v(CO2)=0.075mol/(Lmin)3=0.225mol/(Lmin)；500达平衡时，
32、n(CH3OH)=0.75mol/L1L=0.75mol，n(H2O)=0.75mol，n(CO2)=0.25mol/L1L=0.25mol，n(H2)=3mol-0.75mol3=0.75mol，则的体积分数为 = ；如图所示，正逆反应速率都增大，说明升高了反应温度，且逆反应速率增大的更多，平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析得，该反应的逆反应为吸热反应，故答案为：0.225mol/(Lmin)；升高温度；吸热；(2)500该反应的平衡常数为K =5.33；降低温度，平衡正方向移动，平衡常数增大，故答案为：5.33；增大；(3)A. 在原容器中再充入1molCO2，平衡正方向移动，但的转化
33、率减小，故A不选；B. 在原容器中再充入和，该反应为气体体积较小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以的转化率增大，故B选；C. 在原容器中充入，平衡不移动，所以的转化率不变，故C不选； 使用更有效的催化剂，改变反应速率，但对平衡不影响，故D不选；E. 将水蒸气从体系中分离出，减小生成物浓度，平衡正向移动，故的转化率增大，故E选，故答案为BE；(4)、和的浓度均为时，Qc=v（逆）；(5)A.消耗和生成1mol都表示正反应方向，故A不选；混合气体密度不变，该容器为恒容，所以气体密度始终不变，故B不选； C.混合气体平均相对分子质量不变，该反应前后气体的物质的量不同，则相对分子质量不变说明
34、反应物生成物浓度不变，说明反应已达到平衡，故C选；D.反应中，速率之比等于化学计量数之比，若v正(H2)=3v逆(H2O)，则说明反应达到平衡，故D不选；E.不变，说明生成物和反应物物质的量之比不变，能说明反应物和生成物浓度不变，故E选，故答案为CE。20.(1)工业上利用N2和H2合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨(N2H4)等。由NH3制备N2H4的常用方法是NaClO氧化法，其离子反应方程式为_，有学者探究用电解法制备的效率，装置如图，试写出其阴极电极反应式_； (2)某种铅酸蓄电池具有廉价、长寿命、大容量的特点，它使用的电解质是可溶性的甲基磺酸铅，电池的工作原理：Pb+PbO2+4
35、H+2Pb2+2H2O充电时，阳极的电极反应式为_；(3)乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇(CH3CH2OH)的一种反应原理为：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) H=-akJ/mol己知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-bkJ/mol以CO2(g)与H2(g)为原料也可合成乙醇，并放出热量，写出该反应的热化学反应方程式：_。(4)如图是一个电化学过程的示意图。请回答下列问题：写出通入CH3OH的电极的电极反应式_。乙池中C棒电极反应的方程式为_，当乙池中B极质量增加10.8g，此时丙池中析出3.2g某金属，则丙池中的某盐溶液
36、可能是_(填序号)AMgSO4溶液 BCuSO4溶液 CNaCl溶液 DAgNO3溶液【答案】 (1). 2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl- (2). O2+4e-=2O2- (3). Pb2+2H2O-2e- =PbO2+4H+ (4). 2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(g)+3H2O(g) H=-(a-2b) kJ/mol (5). CH3OH-6e+8OH=CO32+6H2O (6). 2H2O-4e=O2+4H+ (7). BD【解析】【分析】根据装置特点判断是原电池还是电解池，根据原电池和电解池原理分析正负极和阴阳极并书写对应的电极反应式；根据盖斯定律书写
37、热化学方程式；根据二次电池的总反应，书写电极反应；根据闭合回路中电子转移守恒计算电极产物的量。【详解】(1)根据题干信息知NH3被NaClO氧化生成N2H4，NaClO被还原生成Cl-，离子方程式为：2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl-；根据电解装置分析知，阴极发生还原反应，元素化合价降低，装置中左侧为阴极，氧气得电子生成氧离子，电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl-；O2+4e-=2O2-；(2)根据Pb+PbO2+4H+2Pb2+2H2O分析得，充电时，阳极失电子，发生氧化反应，元素化合价升高，则电极反应式为：Pb2+
38、2H2O-2e- =PbO2+4H+；(3)根据盖斯定律得：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) H1=-akJ/mol I，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=-bkJ/mol II，I-2II得：2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(g)+3H2O(g) H=H1-2H2=-(a-2b) kJ/mol；(4)根据图示，甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的电极为负极，发生氧化反应，因为电解质为KOH，所以氧化产物为碳酸钾，电极反应式为：CH3OH-6e+8OH=CO32+6H2O；乙池为电解池，C棒连接电池的正极，阳极失电子发生氧化反应，根据放电
39、顺序，水失电子生成氧气和氢离子，电极反应的方程式为： 2H2O-4e=O2+4H+；乙池中B极反应为Ag+e=Ag，质量增加10.8g，则转移电子数为=0.1mol；丙池某电极析出3.2g金属，说明丙池中电解质是含有氧化性较强的金属阳离子在阴极得电子析出金属，不可能是镁离子和钠离子的盐溶液，则AC错误；此时转移电子为0.1mol，若是二价金属，金属的摩尔质量是 ，所以电解质是含有铜离子的盐溶液，则B正确；若是一价金属，金属的摩尔质量是32g/mol，但题目中没说丙池盐溶液足量，若AgNO3不足，只能电解出3.2gAg，之后一直电解水，所以D正确，故答案为：2H2O-4e=O2+4H+；BD。【点睛】一：与电源正极相连为阳极，与负极相连为阴极；二：离子移动，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；三：根据溶液中的离子判断电极反应。