【化学】河北省承德市隆化存瑞中学2019-2020学年高一下学期期末考试测试试题（解析版） 16页

河北省承德市隆化存瑞中学2019-2020学年高一下学期期末考试测试试题 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. HClO的电子式为 B. Na2O2属于离子化合物，含有离子键，不含共价键 C. 用电子式表示Na2O的形成过程为 D. 含6个质子和8个中子的碳元素的核素符号：‎‎12C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HClO中氯原子只形成一对共用电子对，氧原子形成两对共用电子对，电子式为，A错误；‎ B. Na2O2是由钠离子和过氧根离子形成的离子化合物，含有离子键，过氧根离子中含有共价键，B错误；‎ C. Na2O为离子化合物，形成过程为，C正确；‎ D. 含6个质子和8个中子的碳元素，质量数为14，核素符号为：‎14C，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.某小组对反应2X (g) + Y(g)⇌2Z(g)进行对照实验(见下表)。下列有关说法错误的是( )‎ 实验序号 反应温度 c(X)mol/L c(Y)mol/L ‎1‎ ‎400℃‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎400℃‎ ‎2‎ ‎2‎ A. 该反应为可逆反应 B. 探究温度对反应速率的影响 C. 探究浓度对反应速率的影响 D. 实验2的反应速率较快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应方程式为2X (g) + Y(g)⇌2Z(g)，据此可知该反应为可逆反应，故A正确；‎ B．两种实验Y的浓度不同，温度相同，无法探究温度对反应速率的影响，故B错误；‎ C．两组实验温度相同，Y的浓度不同，可以探究浓度对反应速率的影响，故C正确；‎ D．相同温度下，反应物的浓度越大反应速率越快，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎3. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱 C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强 D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，形成离子键的阴、阳离子之间不但存在阴、阳离子之间的相互吸引，同样也存在着电子之间的相互排斥和原子核之间的相互排斥，故A项错误；‎ B项，同主族元素，自上而下，元素的非金属性依次减弱，其氢化物的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B项错误；‎ C项，第三周期，自左向右非金属元素的非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，但非最高价含氧酸不符合这一规律，故C项错误；‎ D项，原子核外电子排布的周期性变化，导致元素性质成周期性变化，这一变化称为元素周期律，故D项正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎4.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径大小：r(D)＞r(C)＞r(B)‎ B. 气态氢化物稳定性：B＞C C. A、B分别与D形成的化合物的水溶液均显碱性 D. A与B形成的分子中，A和B原子均满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C均能与D形成离子化合物，A与D同主族，且均为短周期元素，所以A应为H元素，D为Na元素；C与D的原子序数之和为20，则C为9号元素，所以C为F元素；F2可以和无色无味液体H2O置换出O2，Na可以无色无味液体H2O置换出H2，所以m为H2O符合题意，则B为O元素；综上所述A为H元素、B为O元素、C为F元素、D为Na元素。‎ ‎【详解】A. Na为第三周期元素，O、F为第二周期元素，所以Na的原子半径最大，O的核电荷数较小，所以原子半径O>F，三种元素的原子的半径Na>O>F，即r(D)＞r(B)＞r(C)，A错误；‎ B. O的非金属性小于F，所以气态氢化物的稳定性ON3->O2-‎ B. 由H、N、O组成的化合物都是共价化合物 C. 最简单的氢化物的热稳定性：H2O>NH3‎ D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H3PO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．离子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同的离子，核内质子数越多半径越小，P3-、N3-、O2-三种离子的电子层数分别为3、2、2，核内质子数分别为15、7、8，所以离子半径大小为：P3->N3->O2-，A正确；‎ B．由H、N、O组成的化合物有的是共价化合物如HNO3，有的是离子化合物如NH4NO3，B错误；‎ C．元素的非金属性越强，形成的氢化物就越稳定，同周期从左到右元素的非金属性增强，非金属性：O>N，故氢化物的热稳定性：H2O>NH3，C正确；‎ D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，同主族从下到上元素的非金属性增强，非金属性：N>P，故最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H3PO4，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.乙醇做为可再生能源比化石能源具有较大的优势，如图为乙醇燃料电池，该电池的总反应方程式为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O。下列关于该电池叙述错误的是（ ）‎ A. a极与用电器的正极相接 B. 该装置将化学能转化为电能 C. 质子(H+)由装置左侧向右侧移动 D. 该装置的电解质溶液呈酸性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由题干中原电池的总反应方程式C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O可知，O2中氧元素的化合价降低，O2在正极得电子，碳元素的化合价升高，乙醇在负极失电子。‎ ‎【详解】A．由图示可知，a极通入O2，则a极为原电池的正极，应与用电器的正极相接，A正确；‎ B．该装置为乙醇燃料电池，属于原电池装置，将化学能转化为电能， B正确；‎ C．在原电池中，阳离子移向正极，质子由装置右侧向左侧移动，C错误；‎ D．该装置中的交换膜为质子交换膜，说明电解质溶液呈酸性，D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（ ）‎ A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大 B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快 C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快 D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。‎ ‎【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；‎ B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；‎ C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；‎ D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2‎ O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎9.下列有关有机物结构的叙述不正确的是（ ）‎ A. 一氟一氯甲烷只有一种结构，可以证明甲烷是正四面体结构 B. 构成乙烯分子的所有原子都在同一平面内，其分子中只含有极性键 C. 邻二甲苯没有同分异构体表明苯的凯库勒结构式不准确 D. 和CH3一CH=CH2互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.如果甲烷是平面正方形结构，一氟一氯甲烷有两种结构，因此一氟一氯甲烷只有一种结构，可以证明甲烷是正四面体结构，A项正确；‎ B.构成乙烯分子的所有原子都在同一平面内，其分子中含有C—H极性键和C=C非极性键，B项错误；‎ C．若苯的凯库勒结构式准确，邻二甲苯存在两种同分异构体，邻二甲苯没有同分异构体表明苯的凯库勒结构式不准确，C项正确；‎ D．环丙烷和CH3—CH=CH2的分子式相同，都为C3H6，结构不同，互为同分异构体，D项正确；‎ 答案选 B。‎ ‎10.关于下列图示的说法正确的是（ ）‎ A. 图①表示石墨转变为金刚石是吸热反应 B. 图②所示实验可比较非金属性强弱：氯﹥碳﹥硅 C. 图③吸收NH3并防倒吸 D. 图④两装置中金属电极a、b都有气体产生，可判断金属活动性：a﹤b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图①中1mol金刚石和1molO2的能量比1mol石墨和1molO2的能量高，所以1 mol金刚石的能量比1mol石墨的能量高，石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；‎ B．图②稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能比较C、Si非金属性的强弱，且盐酸不是Cl的最高价氧化物的水化物，不能比较Cl、C非金属性的强弱，B错误；‎ C．图③中导管伸到水面以下，不能防倒吸，C错误；‎ D．图④中，产生气体(H2)的电极为正极，a、b都为正极，但不能比较二者金属活动性，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.烷烃是单烯烃R和H2发生加成反应后的产物，则R可能的结构有（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，因此相应烯烃分子中存在碳碳双键的位置有5种，如图所示；‎ 故选C。‎ ‎12.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是( )‎ A. 图a表示的是吸热反应的能量变化 B. 图a一定需要加热才能发生，图b不加热也能发生 C. 图b中反应物比生成物稳定 D. 图b可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A项，图a中反应物的总能量小于生成物的总能量，图a表示的是吸热反应的能量变化，A项正确；‎ B项，图a表示吸热反应，吸热反应不一定要加热才能发生，如Ba（OH）2·8H2O晶体和NH4Cl晶体的反应为吸热反应，常温即可发生，图b中反应物的总能量大于生成物的总能量，图b表示放热反应，放热反应不加热不一定能发生，如C在O2中燃烧等，B项错误；‎ C项，图b中反应物的总能量大于生成物的总能量，能量越低越稳定，图b中生成物比反应物稳定，C项错误；‎ D项，图b表示放热反应，NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O晶体的反应为吸热反应，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.一定温度时，向‎2.0 L恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：‎ t / s ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ n(SO3) / mol ‎0‎ ‎0．8‎ ‎1．4‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 反应在前2 s 的平均速率v(O2) ＝ 0．4 mol·L－1·s－1‎ B. 保持其他条件不变，体积压缩到‎1.0 L，平衡常数将增大 C. 相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3转化率小于10%‎ D. 保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据表格中数据可知，当n(SO3‎ ‎)=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v(SO3)=0.8mol÷‎2L÷2s＝0.2mol·L－1·s－1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v(O2)=0.5v(SO3)=0.5×0.2mol·L－1·s－1=0.1mol·L－1·s－1，故A错误；‎ B.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；‎ C.原平衡，SO2的转化率为1.8mol÷2mol×100%＝90%。若起始时向容器中充入2molSO3时，将建立等效平衡，SO3的转化率等于10%，相同温度下，起始时充入4 molSO3，相当于对原平衡加压，SO3的转化率减小，应小于10%，故C正确；‎ D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，相当于缩小容器的体积，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减少，所以增大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎14.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图一表示反应：mA(s)+nB(g)⇌pC(g) △H＞O，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的慢.‎ B. 图二是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g) △H＞O速率时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂。‎ C. 图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g) ⇌ pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的ΔH＞0。‎ D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆)‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：本题考查的是条件对速率和平衡的影响，注意根据图像判断平衡的移动方向，分析纵坐标随着横坐标的变化趋势。‎ 详解：A. x点压强比y低，所以反应速率x点比y点时的慢，故正确；B. 在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，故错误；C.M点为平衡状态，随着温度升高，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热，故错误；D.图中阴影部分的面积表示反应物和生成物浓度的差值，故错误。故选A。‎ ‎15.下列烷烃进行一氯取代反应后，只能生成两种不同的取代产物的是（ ）‎ A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CH CH2CH3‎ C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】烷烃进行一氯取代反应后，生成两种不同的产物，即该烷烃存在两种位置不同的H。‎ ‎【详解】A. (CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种不同环境的氢原子，能生成五种一氯取代物，故A错误；‎ B. (CH3CH2)2CH CH2CH3中有3种不同环境的氢原子，能生成三种一氯取代物，故B错误；‎ C. (CH3)2CHCH(CH3)2中有2种不同环境的氢原子，能生成两种一氯取代物，故C正确；‎ D. (CH3)3CCH2CH3中有3种不同环境的氢原子，能生成三种一氯取代物，故D错误；‎ 答案选C。‎ 二卷综合题 ‎16.已知：溴苯的熔点为‒‎30.8℃‎，沸点‎156℃‎。实验室用苯和液溴制取溴苯的装置如图：‎ ‎（1）冷凝管的作用___。‎ ‎（2）E中小试管内CCl4作用___。‎ ‎（3）用实验证明制取溴苯的反应是取代反应还需添加的试剂是___。‎ ‎（4）写出图中装有碱石灰的仪器的名称___。‎ ‎（5）苯与溴还可能发生副反应生成对二溴苯（沸点‎220℃‎）和邻二溴苯（沸点‎224℃‎ ‎），在实验得到的溴苯中还含有二溴苯，可通过___（填分离方法）提纯得到溴苯，写出生成对二溴苯的化学方程式___。‎ ‎【答案】(1). 冷凝回流兼导气 (2). 吸收HBr中混有的Br2（或防倒吸） (3). 硝酸银溶液（或硝酸银溶液和稀硝酸） (4). 球形干燥管 (5). 蒸馏（或分馏） (6). +2Br2+2HBr ‎【解析】‎ ‎【分析】由实验装置可知，三颈烧瓶中Fe与溴反应生成溴化铁，苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，仪器A为冷凝管，可冷凝回流反应物，使反应物充分反应，NaOH溶液可以去除剩余的溴单质，锥形瓶中小试管中的CCl4可以防止倒吸，且吸收挥发的溴，据此答题。‎ ‎【详解】(1)反应过程中由于苯和液溴反应放热，使反应物蒸发除去，导致产率较低，在反应装置上增加一个冷凝管可以使蒸发出的反应物液化流回反应装置中，故答案为：冷凝回流兼导气；‎ ‎(2)由于溴易挥发，所以为了除去溴化氢中极少量的单质溴，需要四氯化碳，同时由于溴化氢不溶于CCl4，则该装置还可以用于防止倒吸，故答案为：吸收HBr中混有的Br2（或防倒吸）；‎ ‎(3)如果发生取代反应，则一定生成溴化氢，因此可以通过检验溴离子来验证，试剂是硝酸银溶液；‎ ‎(4)图中装有碱石灰的仪器是球形干燥管；‎ ‎(5)由于溴苯和二溴苯的沸点有明显差异，故可以用蒸馏（或分馏）的方法将溴苯和二溴苯分开；生成对二溴苯的方程式为+2Br2+2HBr。‎ ‎17.A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。请回答下列问题：‎ ‎（1）C在元素周期表中的位置为___，G的原子结构示意图是___。‎ ‎（2）D与E按原子个数比1：1形成化合物甲，其电子式为___，所含化学键类型为___。向甲中滴加足量水时发生反应的化学方程式是___。‎ ‎（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是___。(用离子符号表示)‎ ‎（4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。在a极通入BA4气体，b极通入D2气体，则a极是该电池的___极，负极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】(1). 第二周期第ⅤA族 (2). (3). (4). 离子键和非极性共价键（或离子键和共价键） (5). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (6). r(S2-)>r(Cl-)>r(Na+) (7). 负 (8). CH4+10OH--8e-=CO+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素。‎ ‎【详解】(1)C是氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置：第二周期第VA族，G为Cl元素，原子结构示意图是，故答案为：第二周期第VA族；；‎ ‎(2)D与E按原子个数比1：1形成化合物甲为Na2O2，其电子式为，所含化学键类型为：离子键、共价键，向过氧化钠中滴加足量水时发生反应的化学方程式是：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，‎ 故答案为：；离子键、共价键；2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；‎ ‎(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2－＞Cl－＞Na＋，故答案为：S2－＞Cl－＞Na＋；‎ ‎(4)用CH4、O2和NaOH的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极．在a极通入CH4气体，b极通入O2气体，甲烷发生氧化反应，则a极是该电池的负极，b为正极，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，而负极甲烷失电子，在碱性环境下生成碳酸根离子，极反应方程式：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；‎ 故答案为：负；CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；‎ ‎18.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。 （1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图示。1molN2和1molO2完全反应生成NO会________（填“吸收”或“放出”）________kJ能量。‎ ‎（2）一种新型催化剂用于NO和CO的反应：2NO+2CO2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分条件已经填在表中。‎ 实验编号 t（℃）‎ NO初始浓度 ‎（mol/L）‎ CO初始浓度（mol/L）‎ 催化剂的比表面积（m2/g）‎ Ⅰ ‎280‎ ‎1.2×10-3‎ ‎5.80×10-3‎ ‎82‎ Ⅱ ‎280‎ ‎1.2×10-3‎ b ‎124‎ Ⅲ ‎350‎ a ‎5.80×10-3‎ ‎82‎ ‎①请将表中数据补充完整：a___________。‎ ‎②能验证温度对化学反应速率规律的是实验____________________（填实验序号）。‎ ‎③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c（NO）随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线________________（填“甲”或“乙”）。‎ ‎④在容积固定的容器中发生反应2NO+2CO2CO2+N2，不能说明已达到平衡状态的是________（不定项选择）；‎ A．容器内CO浓度不变 B．容器内NO的浓度等于CO2的浓度 C．v逆(NO)=2v正(N2) D．容器内混合气体密度保持不变 ‎【答案】(1). 吸收 (2). 180 (3). 1.2×10-3 (4). Ⅰ和Ⅲ (5). 乙 (6). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】由图中能量的变化，根据反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放出的能量的计算结果进行解答，利用控制变量的实验方法，验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响，其他条件相同时，催化剂可以加快反应的速率，可逆反应达到平衡的标志就是变量不变了。‎ ‎【详解】（1）由图知反应为N2(g)+O2(g)=2NO(g)，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放出的能量，该反应的反应热=(946+498)kJ/mol-2´632kJ/mol=+180kJ/mol，所以这是一个吸热反应，1molN2和1molO2完全反应生成NO会吸收180kJ的能量，答案为：吸收；180；‎ ‎（2）①要验证温度对化学反应速率的影响，温度要不同，其他条件要相同，观察表中三个实验中的数据可知a=1.2´10-3，答案为：1.2´10-3；‎ ‎②验证温度对化学反应的影响，只有实验I、III的温度不同，其他条件相同，故答案为：Ⅰ和Ⅲ；‎ ‎③催化剂比表面积越大，反应速率越快，到达平衡的时间越短，实验II中催化剂的比表面积大，反应速率快，由图可知，曲线乙的斜率大，反应快，答案为：乙；‎ ‎④在容积固定的容器中发生反应2NO+2CO 2CO2+N2：‎ A．没有达到平衡之前，CO的浓度一直在减小，容器内CO浓度不变则说明反应达到平衡，A不符题意；‎ B．反应过程中NO的浓度在不断减少，CO2‎ 的浓度不断增加，二者浓度相等，与是否达到平衡无关，B符合题意；‎ C．v逆(NO)=2v正(N2)，速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C不符题意；‎ D．由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度一直保持不变，故混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态，D符合题意，答案为BD。‎ ‎19.某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。‎ ‎（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。‎ 装置 编号 电极A 溶液B 操作及现象 Ⅰ Fe pH=2的H2SO4‎ 连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转 Ⅱ Cu pH=2的H2SO4‎ 连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a ‎①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_____________。‎ ‎②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_______；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________。‎ ‎（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性因素。‎ 编号 溶液B 操作及现象 Ⅲ 经煮沸的pH=2的 H2SO4‎ 溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b Ⅳ pH=2H2SO4‎ 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c Ⅴ pH=12的NaOH 在石墨一侧缓慢通入O2‎ 并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d ‎①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是_____________。‎ ‎②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响；实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。‎ ‎【答案】(1). 2H+ + 2e-=H2↑ (2). 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 (3). O2 + 4H+ + 4e-=2H2O (4). O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 (5). 溶液的酸碱性 (6). 排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，即为溶液中的H+得电子生成H2，其正极反应式是2H+ + 2e-=H2↑。‎ ‎②针对实验Ⅱ现象，甲同学考虑到：在金属活动顺序表中，Cu排在H的后面，所以他认为不可能发生析氢腐蚀。乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极是溶解在溶液中的O2得电子，电极反应式是O2 + 4H+ + 4e-=2H2O。‎ ‎（2）①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，同样是pH=2的H2SO4溶液，只是溶解的O2量不同，导致电压表读数为：c＞a＞b，因此可以看出，氧气浓度越大，导电能力越强。‎ ‎②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其变量是溶液pH的不同，因此其目的是探究溶液的酸碱性对O2氧化性的影响。实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液，结果溶液的导电能力未变，从而说明溶液中的Na+（或SO42-）对实验不产生干扰，也由此得出实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰。‎