内蒙古呼伦贝尔市阿荣旗第一中学2020-2021学年高二化学上学期月考试题.doc

内蒙古呼伦贝尔市阿荣旗第一中学2020-2021学年高二化学上学期月考试题

内蒙古呼伦贝尔市阿荣旗第一中学2020-2021学年高二化学上学期月考试题

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内蒙古呼伦贝尔市阿荣旗第一中学2020-2021学年高二化学上学期月考试题（含解析）
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共22小题，每小题2.5分，共55分）
1. 有气体参加的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是(　　)
①增大反应物浓度　 ②增大压强　 ③升高温度　 ④加入催化剂
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①增大反应物浓度，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变；
②增大压强，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变；
③升高温度，分子吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数目增加，活化分子百分数增大；
④加入催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数目增加，活化分子百分数增大；
因此③④正确，故D正确
综上所述，答案为D。
【点睛】增大浓度，则单位体积内分子数增加，单位体积内活化分子数增加，活化分子百分数不变。

增大压强，缩小容器体积，则单位体积内分子数增加，单位体积内活化分子数增加，活化分子百分数不变。
2. 2SO2＋O2 2SO3 下列反应条件的改变对上述反应的速率影响正确的是
A. 增大的SO2浓度能加快反应速率
B. 减小SO3的浓度能加快反应速率
C. 升高温度能减慢反应速率
D. 添加催化剂对反应速率无影响
【答案】A
【解析】
【详解】A. 增大反应物的浓度，化学反应速率加快，选项A正确；
B. 减小生成物的浓度，化学反应速率减慢，选项B错误；
C. 升高温度，活化分子的百分数增大，有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项C错误；
D. 添加催化剂能使化学反应速率加快，选项D错误。
答案选A。
3. 一定温度下，向容积为2L密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成另外两种气体，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）

A. 该反应的化学方程式为3B(g)＋4D(g)6A(g)＋2C(g)
B. 反应进行到1s时，v(A)=v(D)
C. 反应进行到6s时，B平均反应速率为0.05mol/(L·s)
D. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等
【答案】C
【解析】
【分析】
反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，据此回答问题。
【详解】A. 根据图像，6s到达平衡时，A增加了1.2mol，B减少了0.6mol，C减少了0.8mol，D增加了0.4mol，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g)6A(g)＋2D(g)，A错误；
B. 根据反应方程可知，A和D的反应系数不一致，任何时候反应速率均不相等，B错误；
C.反应进行到6s时，B的平均反应速率为/(L·s)，C正确；
D.各物质的反应速率之比与反应系数之比相等，根据方程可知，各物质反应系数不一致，反应速率不可能相等，D错误。
答案为C。
4. 100℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2 ②NO2生成速率与NO2消耗速率相等
③烧瓶内气体的压强不再变化 ④烧瓶内气体的质量不再变化
⑤NO2的物质的量浓度不再改变 ⑥烧瓶内气体的颜色不再加深
⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化 ⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑦该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，①④⑧符合题意，故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。
5. 一定温度下，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是（ ）
①增加C的物质的量　②保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大　③将容器的容积缩小一半　④保持压强不变，充入N2使容器容积变大
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
【答案】A
【解析】
①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C(s)的量，反应速率不变，平衡不移动，故①选；②保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，平衡不移动，故②选；③将容器的体积缩小一半，增大压强，平衡逆向移动，故③不选；④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，相当减小压强，平衡正向移动，故④不选；故选A。
点睛：注意该反应中有气体参加和生成是解答本题的关键。对应反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应平衡产生影响。本题的易错点为①，注意C为固体。
6. 下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是(　　)
①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g) ⇌CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g) ⇌2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定移动
④有气体参加的反应平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③
C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①固体或纯液体浓度是定值，增加碳的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故说法错误；②增大N2的浓度时，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但N2的转化率减小，故说法不正确；③H2（g）＋I2（g）2HI（g），减小容器体积，根据勒夏特列原理，平衡不移动，故说法不正确；不正确；④恒压状态下，充入非反应气体，各组分的浓度减小，平衡向物质的量浓度增大的方向移动，故说法不正确，选项D符合题意。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
7. 反应X(g)+Y(g)⇌ 2Z(g)+Q (Q＞0)，达到平衡时，下列说法正确的是
A. 减小容器体积，平衡向右移动 B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大 D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．减小容器体积，反应前后气体的计量数之和相等，则增大压强平衡不移动，故A错误；
B． 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，故B错误；
C．增大c(X)，平衡正向移动，但X转化较少，X的转化率反而减小，故C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，Y的转化率增大，故D正确。
答案选D。
【点睛】Q＞0的反应是放热反应，和焓变小于零表示的意义是一样的，为学生的易错点。
8. 一定温度下,反应,在密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是（ ）
A. 体积不变,加少许化学平衡正向移动，再达到平衡状态时与原平衡相比颜色变深
B. 加压时(体积变小),将使正反应速率增大，逆反应速率减慢
C. 体积不变,加少许,化学平衡逆向移动，再达到平衡状态时与原平衡相比颜色变浅
D. 保持体积不变,升高温度,化学平衡正向移动，再达到平衡状态时混合气体密度变小
【答案】A
【解析】
【详解】A．保持温度和体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，NO2的浓度比原平衡时浓度大，则颜色变深，故A正确；
B．体积变小，浓度增大，正、逆反应速率均增大，故B错误；
C．体积不变，加少许NO2，NO2浓度增大，化学平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，重新平衡时NO2的浓度比原平衡状态大，即混合气体的颜色比原平衡状态深，故C错误；
D．体积不变，混合气体的质量也不变，则混合气体密度始终不变，故D错误；
故答案为A。
9. 在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2 kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强
【答案】B
【解析】
【分析】
提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。
【详解】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项错误；
B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项正确；
C．由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行， NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项错误；
D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项错误；
答案选B。
10. 某温度下，在一个2 L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－1·min－1
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
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据方程式可知，反应2 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，则生成的D的物质的量为0.4 mol，前2 min，D的平均反应速率为＝0.1 mol·L－1·min－1，选项A错误；
B．根据方程式可知，参加反应的B的物质的量为0.8mol，故B的转化率=×100%=40%，选项B正确；
C．该反应的正反应气体体积减小，增大压强平衡正向移动，选项C错误；
D．增加B的用量，B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的转化率降低，选项D错误；
答案选B
11. 100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L-1。60s时，体系已达到平衡状态，此时容器内的压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）
A. 0～2s内用N2O4的浓度变化表示的反应速率为0.01mol•L-1•s-1
B. 在2s时容器内的压强为开始时的1.1倍
C. 平衡时，n(N2O4)=0.25mol
D. 平衡时，c(NO2)=0.6mol•L-1
【答案】B
【解析】
【详解】和之间存在转化关系：

，A项错误；
B. 时气体总的物质的量为，则时容器内的压强与开始时容器内的压强之比为，B项正确；
C. 达到平衡状态时，设有参与反应，则

达到平衡状态时，气体总的物质的量为，则，解得，平衡体系中含，C项错误；
D. 平衡时，，D项错误；
故选B。
12. 密闭容器中进行反应M(g)+N(g)R(g)+2L(?)，R的体积分数φ随时间的变化情况如图所示。下列叙述正确的是( )

A. 正反应为吸热反应，L是气体 B. 正反应为吸热反应，L是固体或液体
C. 正反应为放热反应，L是气体 D. 正反应为放热反应，L是固体或液体
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。
【详解】由上述分析可知，正反应放热，L是气体，故C正确；
答案选C。
【点睛】本题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析。
13. 下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是

A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；
B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；
C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；
D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。
故选C。
【点睛】解答此类试题的关键是：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）理清图像变化的趋势，重点把握起点、拐点、终点。突破口在于抓住图像中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正确的判断。
14. 某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)。

根据以上规律判断，下列结论正确的是(　　)
A. 反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1 B. 反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2
C. 反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1 D. 反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应Ⅰ中，由图分析，升温，A的平衡转化率降低，平衡逆移，而升温，平衡向吸热方向移动，所以反应是放热反应ΔH<0。因为反应I是体积减小的可逆反应，即压强越大，反应物的转化率越高，P2＞P1， A错误；
B. 反应Ⅱ中，根据先拐先平衡，数值大，故T1＞T2，B错误；
C. 反应Ⅲ中，如ΔH＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如ΔH＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，C正确；
D. 反应Ⅳ中如ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D错误。
答案选C。
15. 在一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol A，发生2A(g)B(g)+C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A. 反应在0~50 s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol∙L-1∙s-1
B. 该温度下，反应的平衡常数K=0.025 mol∙L-1
C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.09 mol∙L-1，则该反应的∆H<0
D. 反应达平衡后，再向容器中充入1 mol A，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应在0~50 s的平均速率v(C)==1.6×10-3mol∙L-1∙s-1，A正确；
B．该温度下，平衡时，c(C)=0.10mol/L，则c(B)=0.10mol/L，c(A)= 0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，反应的平衡常数K=≈0.11 mol∙L-1，B不正确；
C．升高温度，平衡时c(B)=0.09 mol∙L-1<0.10 mol∙L-1，则平衡逆向移动，该反应的∆H<0，C正确；
D．反应达平衡后，再向容器中充入1 mol A，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，D正确；
故选B。
16. 已知在25℃、下，(辛烷，相对分子质量为114)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量。表示上述反应的热化学方程式是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】在25℃、下，辛烷呈液态，辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量，则辛烷(即)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量，所以其热化学方程式为，故B正确。
17. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，其中前四种元素原子的最外层电子数之和为14。X与其他元素不在同一周期，Z是短周期中金属性最强的元素，Y 与W在同一主族。下列说法不正确的是
A. 原子半径：X<W<Z
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>W
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性:W<R
D. Y在周期表中的位置为第2周期IVA族
【答案】D
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，其中前四种元素原子的最外层电子数之和为14。X与其他元素不在同一周期，X是H。Z是短周期中金属性最强的元素，Z是Na。Y与W在同一主族，最外层电子数是（14-1-1）/2＝6，因此Y是O，W是S，则R是Cl。A. 原子半径：H＜S＜Na，A正确；B. 简单气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，B正确；C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4＜HClO4，C正确；D. O元素在周期表中的位置为第2周期ⅥA族，D错误，答案选D。
18. 下列固体或分子中，含有化学键类型有差异的一组是（　　）
A. H2O、CO2 B. MgF2、H2O
C. KOH、NH4Cl D. NaCl、KCl
【答案】B
【解析】
【分析】
一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，结合物质的组成特点分析。
【详解】A. H2O、CO2中均含有极性键，A不符合；
B. MgF2中含有离子键，H2O中含有共价键，B符合；
C. KOH、NH4Cl中均含有离子键和极性键，C不符合；
D. NaCl、KCl中均含有离子键，D不符合。
答案选B。
19. 电子表所用的纽扣电池，两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，电池反应为 Ag2O + Zn + H2O═2Ag + Zn(OH)2 ,示意图如下。下列判断正确的是（ ）

A. 锌为负极，被还原
B. 纽扣电池工作时，OHˉ移向Ag2O
C. 每6.5 g 锌发生反应时，转移电子0.1 NA
D. 纽扣电池工作时，电解质溶液的碱性增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电池反应可知Zn元素化合价由0价升高到+2价，失去电子被氧化，则Zn为原电池的负极，被氧化，故A错误；
B．根据化合价变化可知Zn被氧化，为原电池的负极，带负电荷的阴离子应该移向负极，所以OHˉ移向Zn，故B错误；
C．原电池工作时，Zn元素化合价由0价升高到+2价，65g锌发生反应转移2摩尔电子，则每6.5 g 锌发生反应时，转移电子0.2 摩尔，即电子数目为0.2NA，故C错误；
D．根据反应 Ag2O + Zn + H2O═2Ag + Zn(OH)2知，原电池工作时消耗水，导致KOH溶液浓度增大，溶液的碱性增强，故D正确。
答案选D。
20. 如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为碳钢电极，通电进行电解。假设在电解过程中产生的气体全部逸出，下列说法正确的是

A. 甲、乙两烧杯中溶液的pH均保持不变
B. 甲烧杯中a的电极反应式为：4OH－―4e－＝O2↑＋2H2O
C. 当电解一段时间后，将甲、乙两溶液混合，一定会产生蓝色沉淀
D. 当b极增重3.2g时，d极产生的气体为2.24L（标准状况）
【答案】B
【解析】
【详解】A．通电一段时间后，甲中阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生Cu2++2e-=Cu，反应后为硫酸，溶液pH减小，乙中阴极氢离子被电解生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故A错误；B．a与电源正极相连，为阳极，阳极上氢氧根离子失电子，其电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故B正确；
C．当电解一段时间后，甲可能为硫酸，乙为NaOH，则二者混合不会生成沉淀，故C错误；
D．b极增重3.2g时，n(Cu)==0.05mol，由Cu～2e-～H2↑，则d极产生的气体为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查电解原理，明确发生的电极反应是解答本题的关键。注意图中阳极的判断及溶液中离子的放电顺序。本题的易错点为C。
21. 如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是

A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
22. 下列实验装置符合实验目的是（ ）
目的
粗铜的精炼
验证NaCl溶液（含酚酞）的产物
在铁制品上镀铜
构成原电池
装置

选项
A
B
C
D

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．精炼铜时要得到铜单质，所以精铜因连接在电源负极上作阴极，电解质溶液中的铜离子在阴极放电生成铜单质，故A错误；
B．根据电流的方向可知铁棒为阳极，碳棒为阴极，铁为活泼金属，作阳极时铁被氧化生成Fe2+得不到氢气，碳棒为阴极，碳棒上不能得到氯气，故B错误；
C．待镀铁制品与电源正极相连作阳极，会被氧化生成亚铁离子，在铁制品上镀铜，待镀铁制品应为阴极，铜片为阳极，故C错误；
D．该装置中有自发的氧化还原反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，通过盐桥形成了闭合回路，有活泼性不同的两个电极，满足形成原电池的条件，可以形成原电池，Fe作负极，C作正极，故D正确；
故答案为D。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（本大题共3小题，共45分）
23. Ⅰ．2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
已知：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ΔH1=+41.1kJ∙mol-1
CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH2=-90.0kJ∙mol-1
则CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：___。
Ⅱ．CO也可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。
(1)图1是CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。

①该反应的焓变ΔH__0(填“＞”“＜”或“=”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1__K2(填“＞”“＜”或“=”)。在T1温度下，向体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为__。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率是__(填字母)。
a．升高温度
b．将CH3OH(g)从体系中分离
c．使用合适的催化剂
d．充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是__℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为__。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为Ka、Kb、Kc，则Ka、Kb、Kc的大小关系为__。

【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 　ΔH=-48.9kJ/mol (2). ＜ (3). ＞ (4). 12 (5). b (6). 270 (7). 4 (8). Ka=Kb＜Kc
【解析】
【详解】Ⅰ．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ΔH1=+41.1kJ∙mol-1
CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH2=-90.0kJ∙mol-1
CO2催化氢化合成甲醇的化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，该反应可由①+②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH=ΔH1+ΔH2=-48.9kJ/mol，热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 　ΔH=-48.9kJ/mol；
Ⅱ．(1)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2＞T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，∆H＜0；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，因为图象分析可知T2＞T1，所以K1＞K2；
在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示，平衡状态下CO浓度为0.25mol/L，CH3OH(g)平衡浓度为0.75mol/L，平衡三行计算列式得到，

K==12；
③a．若容器容积不变，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a不符合题意；
b．将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡正向移动，甲醇产率增大，故b符合题意；
c．使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c不符合题意；
d．若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d不符合题意；
答案选b；
(2)根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃，
由图象可知当270℃时，CO的转化率为50%，起始时CO的物质的量为1mol，n(H2)：n(CO)=1.5，起始时H2的物质的量为1.5mol，列出三段式；

K===4，
根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，曲线上a、b是等温，温度高于c点的温度，温度越高，平衡常数越小，故Ka=Kb＜Kc。
24. 在一个体积为5L的密闭容器内发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)该反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K=___，ΔH___0(填“＜”“＞”“=”)；
(2)830℃时，向容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol·L-1·s-1，则6s时c(A)=___mol·L-1，C的物质的量为___mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为___，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为___；
(3)在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(A)为2mol∙L-1，c(B)为1.5mol∙L-1，c(C)为1mol∙L-1，c(D)为3mol∙L-1，则下一时刻，反应将__(填“正向”或“逆向”)进行，此时v正__v逆(填“＜”“＞”“=”)。
(4)恒温恒容条件下，下列选项能判断该反应达到平衡的是___(填正确选项前的字母)：
a．压强不随时间改变
b．气体的密度不随时间改变
c．c(A)不随时间改变
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等
e．气体的平均相对分子质量不再变化
f．v正(A)=v逆(C)
(5)1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为___。
【答案】 (1). (2). ＜ (3). 0.04 (4). 0.09 (5). 80% (6). 80% (7). 正向 (8). ＞ (9). cf (10). 2.5
【解析】
【详解】(1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，可逆反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数表达式K=，
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即∆H＜0；
(2)反应初始5L的容器中6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol·L-1·s-1，则6s内∆c(A)= 0.003mol·L-1·s-1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L，故6s时c(A)=0.04mol/L−0.018mol/L=0.022mol/L，故6s内∆n(A)=0.018mol/L×5L=0.09mol，
由方程式可知n(C)=∆n(A)=0.09mol，设平衡时A的浓度变化量为x，则：

故K===1，解得x=0.032mol/L；所以平衡时A的转化率为×100%=80%，体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，为80%；
(3)800℃时，c(A)为2mol∙L-1，c(B)为1.5mol∙L-1，c(C)为1mol∙L-1，c(D)为3mol∙L-1，此温度下K=1.1，Qc===1＜1.1，平衡正向移动，v正＞v逆；
(4)a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a不符合题意；
b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b不符合题意；
c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c(A)不随时间改变，说明到达平衡，故c符合题意，
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d不符合题意；
e．气体的平均相对分子质量=，气体的总质量是一个定值，气体的总的物质的量也是一个定值，故气体的平均相对分子质量不再变化，不能代表化学反应达到平衡状态，故e不符合题意；
f．v正(A)=v正(C)，若v正(A)=v逆(C)，v正(C)=v逆(C)，代表化学反应达到平衡状态，故f符合题意；
故答案选cf；
(4)同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2.5。
【点睛】同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，为易错点。
25. 现有反应：CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) △H﹤0，在850℃时，平衡常数K=1。现在850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，试回答下列问题（写出具体的计算过程）：
（1）达平衡时，CO转化率为______；
（2）H2体积分数为___；
（3）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O(g)为6mol/L,则平衡时CO转化率为_____；
【答案】 (1). 50﹪ (2). 25﹪ (3). 75﹪
【解析】
【详解】可逆反应： CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)
起始浓度（mol/L） 2 2 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L） 2－x 2－x x x
根据平衡常数可知[(2－x)×(2－x)]/（x×x）＝1，解得x＝1；
(1)达平衡时，CO转化率为×100%＝50%；
(2)体积分数之比等于气体物质的量之比，所以H2的体积分数为×100%＝25%；
(3)可逆反应： CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)
起始浓度（mol/L） 2 6 0 0
转化浓度