【化学】陕西省榆林市第二中学2020届高三第四次模拟考试（解析版） 17页

陕西省榆林市第二中学2020届高三第四次模拟考试 相对原子质量：H：1 O：‎16 C：12 Cl：35.5 Cu：64‎ 一、单选题（本大题共16小题，共48分）‎ ‎1.下列化学用语或命名正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O B. 含有10个中子的氧原子的符号：‎ C. S2-的结构示意图 D. NH4Cl的电子式： ‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl， A 错误；‎ B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；‎ C、S2-最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；‎ D、NH4Cl的电子式：，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.已知下列反应的反应热:‎ ‎（1）CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3 kJ·mol-1‎ ‎（2）C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5 kJ·mol-1‎ ‎（3）H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8 kJ·mol-1‎ 则反应‎2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为（ ）‎ A ΔH=-488.3 kJ·mol-1 B. ΔH=-244.15 kJ·mol-1‎ C. ΔH=-977.6 kJ·mol-1 D. ΔH=+488.3 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【详解】根据盖斯定律分析，反应②×2-反应①+反应③×2即可得热化学方程式为：‎2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=-393.5×2+870.3-285.8×2= -488.3kJ·mol-1，答案选A。‎ ‎3.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；‎ B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；‎ C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；‎ D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。‎ ‎4.已知：锂硫电池的总反应为2Li＋xS===Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4 的废水制备硫酸和化肥的示意图如图 (不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（ ）‎ A. b为电源的正极 B. 每消耗‎32 g硫，理论上导线中一定通过2 mol e－‎ C. SO42-通过阴膜由原料室移向M室 D. N室的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 由图可知M室会生成硫酸，原料室中的SO42-通过阴膜进入M室，所以在M室电极上OH—放电，所以该电极为阳极，因此b极为负极，故A错误；‎ B. 根据电池的总反应式2Li+xS=Li2Sx，每消耗32x g硫，理论上导线中一定通过2mol e-，故B错误；‎ C. SO42-为阴离子，阴离子能通过阴膜移向M室，与氢离子结合得到硫酸，故C正确；‎ D. N室中氢离子放电，所以电极反应：2H++2e-=H2↑，故D错误。‎ 本题选C。‎ ‎5.已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )‎ A. 反应的速率与I-的浓度有关 B. IO-也是该反应的催化剂 C. 反应活化能等于98kJ·mol-1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；‎ B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；‎ C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；‎ D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；‎ 故合理选项为A。‎ ‎6.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ ‎，故不选A； B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C； D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；‎ 答案：C ‎7.X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质是黄绿色有毒气体。下列说法正确的是（ ）‎ A. Y元素氢化物的稳定性大于Z元素氢化物的稳定性 B. Y、Z、Q简单离子半径由大到小的顺序为Y>Z>Q C. X、Y、M三种元素形成盐类化合物属于共价化合物 D. X、Z两元素形成的化合物中只含极性共价键 ‎【答案】B ‎【分析】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，X为H元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Y为N元素；Z为地壳中含量最多的元素，Z为O元素；R与X同主族，结合原子序数可知R为Na元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，Q的最外层电子数为‎8-5-1‎=2，则Q为Mg元素；M的单质黄绿色有害气体，M为Cl元素，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、R为Na、Q为Mg、M为Cl元素。‎ A.元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物就越稳定，由于元素的非金属性Z>Y，所以Y元素氢化物的稳定性小于Z元素氢化物的稳定性，A错误；‎ B.具有相同电子排布的离子中，原子序数越大，离子半径越小，则Y、Z、Q简单离子半径由大到小的顺序为Y>Z>Q，B正确；‎ C.X、Y、M三种元素形成盐类化合物为NH4Cl，该化合物含离子键，为离子化合物，C错误；‎ D.X、Z两元素形成的化合物为H2O2时，含极性共价键、非极性共价键，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子序数、元素的性质、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，注意规律性知识与元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。‎ ‎8.酶生物电池通常以葡萄糖作为反应原料，葡萄糖在葡萄糖氧化酶(GOX)和辅酶的作用下被氧化成葡萄糖酸(C6H12O7)，其工作原理如图所示。下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 该电池可以在高温条件下使用 B. H+通过交换膜从b极区移向a极区 C. 电极a是正极 D. 电池负极的电极反应式为C6H12O6+H2O-2e-=C6H12O7+2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】高温条件，酶的催化能力会减弱或丧失，A错误；葡萄糖氧化为葡萄糖酸，发生氧化反应，电极a是负极，C错误； H+向正极移动，通过交换膜从a极区移向b极区，B错误；葡萄糖在酸性条件下，在负极发生氧化反应生成葡萄糖酸，D正确；正确选项：D。‎ 点睛：原电池重点掌握三点：正极还原负极氧化；电子由负极流向正极；溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极。‎ ‎9.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）‎ A. 将NO2球浸泡在冷水和热水中 B. ‎ C. ‎ D. 向SO2水溶液中滴加氯水后，溶液的pH值减小 ‎【答案】D ‎【详解】A.在装置中存在平衡2NO2N2O4，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，使混合气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，A不符合题意；‎ B.水是弱电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，使水电离程度增大，水电离产生的氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积常数增大，可以用平衡移动原理解释，B不符合题意；‎ C.氨水中存在平衡NH3•H2ONH4++OH-，加水稀释，平衡正向移动，浓度越小，电离程度越大，故0.1mol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；‎ D.向SO2水溶液中滴加氯水，会发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产生的H2SO4、HCl都是强电解质，会电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，导致溶液的pH值减小，与化学平衡移动无关，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.如图是部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 元素对应的离子半径：Z>X>R>W B. 简单氢化物的沸点：W>R>Y>Z C. M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离 D. Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物均能与N的单质反应 ‎【答案】D ‎【详解】由部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，可知X为N元素、Y为O元素，Z为Na，M为Mg，N为Al，R为S，W为Cl。‎ A.对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；离子核外电子层越多离子半径越大，所以离子半径：r(S2-)>r(Cl-)>r(Na+)>r(Mg2+)，A错误；‎ B.常温水为液态，其NH3、HCl、H2S均为气体，所以水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于H2S、HCl，而HCl相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，所以简单氢化物沸点：水>氨气>氯化氢>硫化氢，B错误；‎ C.Mg2+、Al3+、S2-在溶液中均发生水解，促进水的电离，而Cl-不发生水解，不能促进水的电离，C错误；‎ D.Al是比较活泼的金属，能够与强酸、强碱溶液发生反应。Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HNO3、H2SO4、HClO4，NaOH是强碱，其余几种均为强酸，因此它们均能与Al发生反应，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如下表所示：‎ 化学反应 平衡常数 温度 ‎973K ‎1173K ‎① Fe(s) + CO2(g)FeO(s) + CO(g) ΔH 1‎ K1‎ ‎1.47‎ ‎2.15‎ ‎② Fe(s) + H2O(g)FeO(s) + H2(g) ΔH 2‎ K2‎ ‎2.38‎ ‎1.67‎ ‎③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH 3‎ K3‎ ‎？‎ ‎？‎ 则下列说法正确的是（ ）‎ A. ΔH 1＜0，ΔH 2＞0‎ B. 反应①②③的反应热满足关系：ΔH 2－ΔH 1＝ΔH 3‎ C. 反应①②③的平衡常数满足关系：K1·K2＝K3‎ D. 要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施 ‎【答案】B ‎【详解】A．反应①温度升高，K值增大，则反应吸热，△H1＞0，反应②温度升高，K值减小，则反应放热，△H2＜0，故A错误；‎ B．根据盖斯定律可得，②－①＝③，则有△H2－△H1＝△H3，故B正确；‎ C．K1＝，K2＝，K3＝，则有K2÷K1＝K3，故C错误；‎ D．根据K2÷K1＝K3，可知反应③在973K时的K值比1173K时的K值大，温度升高，K值减小，则反应放热，所以要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎12.用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液．已知铅蓄电池的总反应为：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)，电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，下列说法正确的是（ ）‎ A. d极为阴极 B. 放电时铅蓄电池负极的电极反应式为：PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)+4e-=PbSO4(s)+2H2O(l)‎ C. 若利用甲池精炼铜，b极应为粗铜 D. 若四个电极材料均石墨，当析出6.4gCu时，两池中共产生气体‎3.36L标准状况下 ‎【答案】C ‎【详解】A.电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c电极c(OH-)增大，溶液中H+放电，则c电极是阴极、d电极是阳极，A错误；‎ B.原电池放电时，正极反应式为PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)+4e-=PbSO4(s)+2H2O(l)，负极为Pb+SO42--2e-=PbSO4，B错误；‎ C.根据选项A分析可知c电极是阴极、d电极是阳极，则b是阳极，a是阴极。电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，所以b电极为粗铜，C正确；‎ D.电解析出6.4gCu，其物质的量n(Cu)=‎6.4g÷‎64g/mol=0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol电子，则在乙池中，阴极c电极上发生反应2H++2e-=H2↑，反应生成0.1mol氢气、d电极上发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，生成0.05molO2，在甲池的b电极上析出0.1molCl2，所以两个电池中反应产生的气体的总物质的量是0.1mol+(0.1mol+0.05mol)=0.25mol，故生成气体体积=0.25mol×‎22.4L/mol=‎5.6L，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎13.有一种瓦斯分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的的是（ ）‎ A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a B. 电极b是正极，O2-由电极a流向电极b C. 当固体电解质中有1 mol O2-通过时，电子转移4 mol D. 电极a的反应式为：CH4+5O2-―8e-＝CO32- +2H2O ‎【答案】D ‎【解析】这是燃料电池，甲烷在a电极失去电子(a极为负极)，被氧化生成二氧化碳，电池内电路中电子由电极b流向电极a，故A错误；氧气在b电极上得到电子生成O2-，b电极上发生还原反应，b电极作正极，O2-由电极b经电解质流向电极a， 故B错误；由负极电极式CH4+5O2-―8e-＝CO32- +2H2O可知，当固体电解质中有5 mol O2-通过时，电子转移8 mol，则有1 mol O2-通过时，电子转移1.6 mol，故C错误；a电极上生成的二氧化碳与O2-结合生成碳酸根离子，电极式为：CH4+5O2-―8e-＝CO32- +2H2O，故D正确。答案选D。‎ ‎14.关于下列四个图像的说法中正确的是（ ）‎ A. 图①表示可逆反应“CO（g） + H2O（g）CO2（g）+H2（g）”中的ΔH大于0‎ B. 图②是在电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为1：1‎ C. 图③表示可逆反应“A2（g）+3B2（g）2AB3（g）”的ΔH小于0‎ D. 图④表示压强对可逆反应‎2A（g）+2B（g）‎3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大 ‎【答案】C ‎【详解】A.图①中反应物能量高，生成物能量低，所以是放热反应，△H小于0，故A错误；‎ B.当氯化钠被电解之后，若继续通电，则开始电解水，阴、阳极的气体分别是氢气和氧气，其体积之比是2︰1，故B错误；‎ C.图③中温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H小于0，故C正确；‎ D. ‎2A（g）+2B（g）⇌‎3C（g）+D（s）该反应是体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量降低，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查化学反应的反应热，电解的应用，影响化学反应速率的因素等知识。‎ ‎15.如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和稀醋酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 生铁块中的碳是原电池的正极 B. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－ ＝ Fe2＋‎ C. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀 D. 红墨水柱两边的液面变为左低右高 ‎【答案】D ‎【分析】根据铁所处的环境分析，铁将发生电化学腐蚀。b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，生成氢气，导致右侧压强增大。A试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，左侧压强减小。‎ ‎【详解】生铁在潮湿的环境中将发生电化学腐蚀，铁失电子发生氧化反应，铁为负极、碳为正极，故A正确；两试管中都是铁为负极，负极反应式是：Fe－2e－ ＝ Fe2＋，故B正确；b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，A试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，故C正确；b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，生成氢气，导致右侧压强增大。A试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，左侧压强减小，所以红墨水水柱是左高右低，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，明确生铁在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中易发生析氢腐蚀，无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是铁失电子被氧化。‎ ‎16.如图所示的各图中，表示‎2A（g）+B（g）⇌‎2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【分析】根据影响化学反应速率和化学平衡移动的因素来回答。‎ ‎【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；‎ B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；‎ C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；‎ D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】D选项可采用定一议一的方法，固定温度一个变量看压强的影响，看温度影响时可以画出等压线。‎ 二、填空题（本大题共4小题，每空2分，共52.0分）‎ ‎17. a、b、c、d、e五种短周期元素的原子序数逐渐增大。a为非金属元素，且a、e同主族，c、d为同周期的相邻元素。e原子的质子数等于c、d原子最外层电子数之和。b原子最外层电子数是内层电子数的2倍。c的气态氢化物分子中有3个共价键。试推断：‎ ‎（1）写出b元素在周期表中的位置 ；‎ ‎（2）写出一种由a、c、d所形成的离子化合物(化学式)，它与e的最高价氧化物对应水化物的溶液加热时反应的离子方程式是 ；‎ ‎（3）c的单质的电子式为 。‎ ‎（4）b和d相比，非金属性较强的是(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是 (选填字母序号)。‎ A．常温下，b的单质呈固态，d的单质呈气态 B．d的氢化物的稳定性强于b的氢化物 C．b与d形成的化合物中，b呈正价 D．d的氢化物的沸点高于b的氢化物 ‎【答案】（1）第二周期ⅣA族；‎ ‎（2）NH4NO3；NH4++OH－NH3↑+H2O ‎（3）（4）O；BC ‎【解析】试题分析：a、b、c、d、e四种短周期元素的原子序数逐渐增大，b原子最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则b为C元素；c的氢化物分子中有3个共价键，则c处于ⅤA族，c、d为同周期的相邻元素，d处于ⅥA族，e原子的质子数等于c、d原子最外层电子数之和，则e的质子数=5+6=11，则e为Na；a为非金属元素，且a、e同主族，则a为H元素，结合原子序数可知，c、d只能处于第二周期，故c为N元素、d为O元素，‎ ‎（1）b为C元素，处于周期表中第二周期ⅣA族，故答案为：第二周期ⅣA族；‎ ‎（2）由H、N、O形成的离子化合物为：NH4NO3，e的最高价氧化物对应水化物为NaOH，氢氧化钠溶液与硝酸铵在加热条件下发生离子反应生成氨气与水，反应离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为：NH4NO3；NH4++OH-NH3↑+H2O；‎ ‎（3）c的单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为，故答案为：；‎ ‎（4）b为碳元素、d为氧元素，C、O同周期，随原子序数增大非金属性减弱，故非金属性O＞C，A、物质的状态属于物理性质，不能比较非金属性，故A错误；B、d的氢化物的稳定性强于b的氢化物，说明非金属性d强，故B正确；C、b与d形成的化合物中，b呈正价，说明d对键合电子的吸引更强，故d的非金属性更强，故C正确；D、沸点属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故D错误，故答案为：O；BC。‎ 考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。‎ ‎18.（实验班做）如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2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1molCO2和3molH2，在‎500℃‎下发生发应，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g） + H2O（g）。实验测得CO2和CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如下图1所示：‎ ‎（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝_________________。‎500℃‎达平衡时，CH3OH（g）的体积分数为 ，图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为 反应（填“放热”或“吸热”）。‎ ‎（2）‎500℃‎该反应平衡常数为 （保留两位小数），若提高温度到‎800℃‎进行，达平衡时，K值 （填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（3）下列措施中不能使CO2的转化率增大的是________________。‎ A．在原容器中再充入1mol H2B．在原容器中再充入1molCO2‎ C．缩小容器的容积 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，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0. 5mol/L，则此时v（正） v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。‎ ‎（5）下列措施能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是 。‎ A.升高温度 B.在原容器中充入1molHe C.将水蒸气从体系中分离出 D.缩小容器容积，增大压强 ‎【答案】（1）0.225mol/（L·min）.30﹪, 放热（各2分）‎ ‎（2）5.33（2分）, 减小（1分） （3）BD（2分） （4） ＞（2分）（5）CD（2分）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据图像可知平衡时甲醇的浓度是0.75mol/L，则平衡时生成氢气的浓度是3×0.75mol/L，所以从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）＝‎ ‎＝0.225 mol·L－1·min－1。图2中正逆反应速率均增大，但逆反应速率大于正反应速率，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，所以该反应的正反应为放热反应。‎ ‎（2）平衡时甲醇和CO2的平衡浓度分别是0.75mol/L、0.25mol/L，根据方程式可知氢气和水蒸气的平衡浓度分别是0.75mol/L和0.75mol/L，所以‎500℃‎该反应的平衡常数为。正方应是放热反应，提高温度到‎800℃‎进行，平衡向逆反应方向进行，则达平衡时，K值减小。‎ ‎（3）A.在原容器中再充入1mol H2，平衡向正反应方向进行，CO2转化率增大；B.在原容器中再充入1molCO2 ，CO2转化率降低；C.缩小容器的容积平衡向正反应方向进行，转化率增大；D.使用更有效的催化剂不能改变平衡状态，转化率不变；E.将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向进行，转化率增大，答案选BD。‎ ‎（4）‎500℃‎条件下，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0. 5mol/L，则此时浓度商＝＜5.3，所以反应向正反应方向进行，则v（正）＞v（逆）。‎ ‎（5）A.升高温度平衡向逆反应方向进行，n（CH3OH）/n（CO2）减小；B.在原容器中充入1molHe平衡不移动，比值不变；C.将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向进行，比值增大；D.缩小容器容积，增大压强，平衡向正反应方向进行，比值增大，答案选CD。‎ 考点：考查可逆反应计算、外界条件对平衡状态的影响 ‎19.如图为相互串联的三个装置，试回答：‎ ‎(1)写出甲池负极的电极反应式：________________________________________________。‎ ‎(2)若甲池消耗4.6gC2H5OH气体，则丙池中石墨极上生成气体的物质的量为__________，反应一段时间后丙池溶液pH_______（填“增大”、“减小”、“不变”）。‎ ‎(3)若利用乙池在铁片上镀银，则B是_______（填电极材料），电极反应式是__________________________________。‎ ‎(4)若乙池中A、B为石墨电极，电解质溶液为CuCl2。当丙池共产生‎6.72L（标况）气体时，乙池A极产物_____mol，检验该产物的方法为：______________________________________（简述操作）。‎ ‎【答案】(1). C2H5OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O (2). 0.3mol (3). 减小 (4). Fe (5). Ag++e-=Ag (6). 0.2 (7). 用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近A极，若变蓝，说明所产生气体为Cl2‎ 分析】(1)在燃料电池中，通入燃料的电极为负极；‎ ‎(2)与燃料电极连接的为阴极，与O2电极连接的为阳极，在丙池的石墨电极为阳极，溶液中OH-失去电子，发生氧化反应产生O2。先计算乙醇的物质的量，根据其失去电子，结合同一闭合回路中电子转移数目相等，可计算出反应产生氧气的物质的量，结合水的电离平衡判断溶液pH变化；‎ ‎(3)在铁片上镀银，金属铁作阴极，金属银作阳极材料，选择硝酸银为电解质溶液；‎ ‎(4)丙池实质是电解水，反应式为2H2O2H2↑+O2↑，根据气体的体积计算其物质的量，结合方程式确定转移电子数目，在乙池中A电极为阳极，在阳极上产生氯气，利用电子守恒解答，并根据氯气的强氧化性进行检验。‎ ‎【详解】(1)在甲池中通入乙醇的电极为负极，乙醇失去电子，被氧化，与溶液中的OH-结合形成CO32-，所以负极的电极反应式为C2H5OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；‎ ‎(2)在丙池中，石墨电极与燃料电池的正极连接，为阳极，Fe电极为阴极。在石墨电极上发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，n(C2H5OH)=‎4.6g÷‎46g/mol=0.1mol，根据负极的电极反应式C2H5OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O可知：1mol乙醇反应失去12mol电子，则0.1mol乙醇反应失去1.2mol电子，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以丙池中石墨电极上反应产生O2的物质的量是n(O2)=1.2mol÷4=0.3mol；由于溶液中OH-不断放电产生O2，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中c(H+)增大，溶液的酸性会逐渐增强，因此反应一段时间后丙池溶液pH减小；‎ ‎(3)若利用乙池在铁片上镀银，则金属铁是阴极材料，与电源的负极连接，金属银是阳极材料，与电源的正极连接，选择硝酸银为电解质溶液。在甲池中，通氧气的电极是正极，所以乙池中A是阳极，材料是银，B是阴极，材料是铁片，在B电极上发生的电极反应：Ag++e-=Ag；‎ ‎(4)乙池中A是阳极，发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，B是阴极，Cu2+获得电子变为单质Cu。丙池共产生标况‎6.72L气体时，n(气体)=‎6.72L÷‎‎22.4L ‎/mol=0.3mol，在丙池中实质是电解水，方程式是：2H2O2H2↑+O2↑。根据方程式可知：每反应产生3mol气体，转移电子的物质的量是4mol，则反应产生0.3mol气体，转移电子的物质的量是0.4mol，则根据串联电路中电子转移数目相等，可知在乙池的A电极上反应得到的氯气的物质的量是0.4mol÷2=0.2mol。氯气具有强的氧化性，在溶液中可将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故检验氯气的方法是：用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近A极，若变蓝，说明所产生气体为Cl2。‎ ‎【点睛】本题是一道关于电解池和原电池工作原理的综合应用题，当电池组中有电源时，电池组为电解池，与电源正极连接的电极为阳极，与电源负极连接的电极为阴极。当电池组中无电源时，其中含有的燃料电池为电源，是原电池，通入燃料的电极为负极，燃料失去电子发生氧化反应，通入氧气或空气的电极为正极，氧气获得电子，发生还原反应；其余电池为电解池；若无燃料电池，则电池中两个电极活动性差异大的为原电池，其余的为电解池。根据串联电路中电子转移数目相等，注意结合电极材料的活动性和电解质溶液的成分书写电极反应式，运用电子守恒进行计算。‎ ‎20.ClO2为一种黄绿色气体，是目前国际上公认的高效、广谱、快速安全的杀菌剂，制备ClO2的新工艺是电解法。‎ ‎（1）如图表示用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，写出阳极产生ClO2的电极方程式：___________________________；图中b电极为________(填“阳极”或“阴极”)。‎ ‎（2）电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112 mL时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为________mol，阴极区pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎（3）ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－、CN－等有明显去除效果，某工厂中污水含CN－(a mol·L－1)，现将ClO2把CN－氧化成两种无毒气体，写出该反应的离子方程式：_________________________________________。‎ ‎【答案】（1）Cl-－5e-＋2H2O===ClO2↑＋4H+ 阴极 ‎（2） 0.01 变大 （3） 2ClO2＋2CN-===N2＋2CO2＋2Cl-‎ ‎【解析】试题分析：（1）在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，可知氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，电极反应式为：Cl-－5e-＋2H2O===ClO2↑＋4H+；由图可知，阳离子移向b极，则b为阴极；‎ ‎（2）阴极发生2H++2e-=H2↑，产生氢气的物质的量为0.112/22.4=0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，所以通过交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，阴极H+浓度减小，溶液的pH变大；‎ ‎（3）ClO2将CN-氧化成两种无毒气体，则应生成氮气与二氧化碳，反应离子方程式为2ClO2＋2CN-===N2＋2CO2＋2Cl-。‎ 考点：电解池原理