【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，681.567 KB，由小赞的店铺上传

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嘉陵一中高2023级高二上期第一次月考化学试题(考试时间：75分钟总分：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Fe-56Cu-64一、选择题(包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列电离方程式书写正确的是A.NH3·H

2O+4NH+OH-B.HF=H++F-C.H3PO43H++3-4POD.NaHCO3Na++H++2-3CO【答案】A【解析】【详解】A．NH3·H2O是弱碱，电离方程式为：NH3·H2O+4NH+OH-，A正确；B．HF是弱酸，电离方程式为：HFH++F-，B错

误；C．H3PO4是弱酸，电离方程式为：H3PO4H++-24HPO，-2-244HPOH+HPO+，2-3-44HPOH+PO+，C错误；D．NaHCO3是强电解质，电离方程式：NaHCO3=Na++-3HCO，D错误；故选A。2.对于反应：4NH3(g)+5O2(g)=4NO

(g)+6H2O(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中表明该反应进行最快的是A.v(O2)=0.25mol/(L·s)B.v(NO)=0.2mol/(L·s)C.v(H2O)=0.5mol/(L·s)D.v(

NH3)=0.4mol/(L·s)【答案】D【解析】【分析】将四个选项的速率转变为同一种物质的速率；【详解】A．υ(H2O)=1.2υ(O2)=0.25mol∙L−1∙s−1×1.2=0.3mol∙L−1∙s−1；B．υ(H2O)=1.5υ(NO)=0.2mol∙L−1∙s−1×1.5=0

.3mol∙L−1∙s−1；C．v(H2O)=0.5mol/(L·s)；D．υ(H2O)=1.5υ(NH3)=0.4mol∙L−1∙s−1×1.5=0.6mol∙L−1∙s−1；故选D。3.下列说法错误的是A.等浓度、等体积的盐酸和醋酸，盐酸导电能力更强B.为保护轮船的外壳，

常在外壳上镶入锌块C.加催化剂能使化学反应速率增大的原因是降低了反应的焓变D.向氨水中加入蒸馏水稀释，+432c(NH)c(NHHO)比值增大【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，在水溶液中不能完全电离

，盐酸是一种强电解质，在水中几乎完全电离，产生大量的自由移动的离子，因此等浓度、等体积的盐酸和醋酸，盐酸导电能力更强，A正确；B．锌比铁活泼，当锌块和船壳的铁构成原电池时，锌作为负极，铁作为正极，锌会先发生氧化反应，生成锌离子进入海水，而铁则得到保护，避免了锈蚀，B正确；C．

催化剂不能改变反应的焓变，加入催化剂能增大化学反应速率的原因并不是降低了反应的焓变，而是降低了反应的活化能，C错误；D．向氨水中加入蒸馏水稀释，溶液中c(OH-)减小，一水合氨电离平衡常数Kb=()+-432c(NH)cOHc(NHHO)是定值，则+432c(NH)c(NHHO)比值增大，D正

确；故选C。4.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使电离平衡右移且溶液中c(H+)增大，应采取的措施是A.加入醋酸钠固体B.加入盐酸C.升高温度D.加入蒸馏水【答案】C【解析】【详解】A．加入醋酸钠固体增大醋酸浓度，电离平衡向左移动

，氢离子浓度增大，A错误；B．加入盐酸增大氢离子浓度，抑制醋酸的电离，但氢氧根浓度减小，B错误；C．电离吸热，升高温度促进电离，酸性增强，氢氧根浓度减小，C正确；的D．加入蒸馏水促进醋酸的电离，溶液酸性降低，氢氧

根浓度增大，D错误；故选C。5.常温下，由水电离产生的()11cH110mol/L+−=的溶液中一定能大量共存的离子组是A.Cl、3Fe+、Na+、3CHCOO−B.3Al+、3HCO−、K+、Cl−C.Na+、4NH+、Cl−、24SO−D.Na+、

K+、3NO−、24SO−【答案】D【解析】【分析】由水电离产生的()11cH110mol/L+−=的溶液为酸溶液或碱溶液，据此解题。【详解】A．酸性溶液中3CHCOO−不能存在，碱性溶液中3Fe+不能存在，故A不符合题意；B．

3HCO−在酸性或碱性溶液中均不能共存，故B不符合题意；C．4NH+在碱性溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D．Na+、K+、3NO−、24SO−在酸性或碱性溶液中均能大量共存，故D符合题意；故选D。6.设NA

为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则转移电子数一定为0.2NAB.92gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NAC.1mol/LCH3COOH溶液中H+数目为NAD.25℃，纯水中OH-

总数为10-7NA【答案】B【解析】【详解】A．电解精炼铜时，阳极Cu、Fe、Zn等金属失电子，若阳极质量减少6.4g，则转移电子数不一定为0.2NA，故A错误；B．NO2与N2O4的最简式都是NO2，92gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数为AA92g3646g/molNN=

，故B正确；C．没有明确溶液体积，不能计算1mol/LCH3COOH溶液中H+数目，故C错误；D．没有明确水的体积，不能计算25℃纯水中OH-总数，故D错误；选B。7.某化学兴趣小组探究50mL1mol⋅L-1H2SO4溶液与过量

Zn片的反应，现对该反应采取了下列措施，其中可能既能加快产生氢气的速率又不影响生成氢气的总量的是A.滴入几滴CuCl2溶液B.滴入适量浓硫酸C.加入少量NaHCO3固体D.加入适量NaCl溶液【答案】A【解析】【详解】A．滴入几滴CuCl2溶液，发生反应Z

n+Cu2+=Zn2++Cu，生成的Cu附着在Zn表面，形成Zn、Cu、稀硫酸原电池，从而加快产生氢气的反应速率，但由于Zn过量，所以消耗少量Zn并不影响生成氢气的总量，A符合题意；B．滴入适量浓硫酸，将增大H2SO4的物

质的量，使生成氢气的总量增大，B不符合题意；C．加入少量NaHCO3固体，发生反应H2SO4+2NaHCO3=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，使与Zn反应的硫酸的物质的量减小，从而减少氢气的总量，C不符合题意；D．加入适量NaCl溶液，NaCl不影响生成氢气的速率和总量，但水使硫酸的

浓度减小，生成氢气的速率减慢，D不符合题意；故选A。8.COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)△H＞0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温；②恒容通入惰性气体；③增加CO浓度；④减压；⑤加催化剂；⑥恒压

通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是A.①②④B.①④⑥C.②③⑤D.③⑤⑥【答案】B【解析】【分析】【详解】①升温，平衡向吸热反应即正向移动，COCl2转化率增大，故①符合题意；②恒容通入惰性气体，压强虽增大，但浓度不

变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合题意；③增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，故③不符合题意；④减压，平衡向体积增大的反应方向移动即正向移动，COCl2转化率增大，故④符合题意；⑤加催化剂，速率增大，但平衡不移动，COCl2转化率不变，故⑤不符合题

意；⑥恒压通入惰性气体，容器体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，COCl2转化率增大，故⑥符合题意；因此①④⑥符合题意，故B符合题意。综上所述，答案为B。9.下列装置和操作不能达到实验目的的是A.甲装置：中和热的测定B.乙

装置：验证铁的吸氧腐蚀C.丙装置：比较醋酸与硼酸的酸性强弱D.丁装置：用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸【答案】D【解析】【详解】A．图中温度计测定温度，且保温好，装置可以测定中和热，A正确；B．食盐水显中性，铁钉发生吸氧腐蚀，红墨水左高右低可证明，B正确；

C．强酸制弱酸，滴加醋酸的试管中有气泡产生，证明醋酸酸性比碳酸强，滴加硼酸的试管中没有明显现象，证明硼酸酸性比碳酸弱，从而证明醋酸比硼酸强，C正确；D．NaOH溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中，不能盛放在图中酸式滴定管中，且滴定过程中眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，不应看滴定管，D错误；答案选D。

10.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.图中对应点的温度关系为a＞bB.水的电离常数Kw数值大小关系为b＞dC.温度不变，加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点D.纯水仅降低温度可由b点到d点【答案】B【解析】【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离

，水的离子积常数=c(H+)c(OH-)，根据图片知，a点水的离子积常数=10-7mol/L×10-7mol/L=10-14(mol/L)2，b点时水的离子积常数=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12(mol/L)2，据此分析解答。【详解】A．水的电离是吸热反

应，升高温度促进水电离，水的离子积常数=c(H+)c(OH-)，根据图片知，a点水的离子积常数=10-7mol/L×10-7mol/L=10-14(mol/L)2，b点时水的离子积常数=10-6mol

/L×10-6mol/L=10-12(mol/L)2，所以温度a＜b，故A错误；B．a、d点水的离子积常数不变，说明温度相等，a点温度小于b，所以水的离子积常数b＞d，故B正确；C．a、c两点温度不同，其离子积常数不同，温度不变，其离子积常数不变，所以加入少量NaOH不能

使溶液从a点变到c点，故C错误；D．水的电离是吸热反应，降低温度抑制水电离，水的离子积常数减小，纯水仅降低温度不能使b点到d点，故D错误；故选B。11.在密闭容器中，一定量混合气体发生反应()()()AgBgCgxyz+，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol/L，

在温度不变的条件下，将容器的体积压缩到原来的一半，再次平衡，测得A的浓度为0.8mol/L，下列有关判断正确的是A.压缩体积，平衡向正反应方向移动B.xyz+C.B的转化率降低D.C的体积分数下降【答案】A【解析】【详解】A．容器的体积压缩到原来的一半，再次平衡，测得A的浓度为0.8mol/

L，说明平衡正向移动，故A正确；B．压缩容器，气体体积减小，压强增大，平衡正向移动，说明xyz+＞，故B错误；C．根据A分析可知，平衡正向移动，则B的转化率增大，故C错误；D．根据A分析可知，平衡正向移动，则C的体积分数应该升高，故D错误；答案

选A。12.在容积一定的密闭容器中，发生可逆反应2A(g)+B(g)xC(g)，反应曲线如图Ⅰ、Ⅱ所示(T表示温度，p表示压强，C%表示C的体积分数)，下列说法正确的是A.x>3B.该反应△H<0，△S>0C.p3<p4，y轴表示混合气体的密度D.p3>p4，y轴表示B的平

衡转化率【答案】D【解析】【分析】根据“先拐先平数值大”分析可得T1>T2，P1<P2。【详解】A．若x>3，则压强对反应平衡产生影响，压强增大，平衡逆向移动，C%越小，故x<3，A错误；B．由图Ⅰ中T1、P

1曲线和T2、P2曲线分析可得，升高温度，反应逆向进行，则正反应为放热反应，ΔH<0，△S<0，B错误；C．p3→p4，压强增大，平衡逆向移动，C%越小，故x<3，混合气体的密度增大，C错误；D．p3→p4，压强减小，平衡正向移动，y轴表示B的平衡转化率增大，D正确；故

选D。13.常温下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确．．的是（）A.水电离的c(H＋)：①=②=③=④B.将②、④溶液混合

后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大D.向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②【答案】A【解析】【详解】

A．在相同的条件下，水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，由于本题中强酸和弱酸溶液中氢离子浓度相同，而且其与强碱、弱碱溶液中氢氧根离子也浓度相同，故4种溶液中水的电离程度相同，故A正确；B．强酸和强碱恰好中和，故消耗溶液的体积

②=④，B错误；C．和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C错误；D．弱电解质稀释时，电离平衡正向移动，溶液pH值应该③＞④＞②＞①，故D错误；故答案为A。14.下列叙述错误的是A.K与N连接时，若X为硫酸，一段时间后溶液的pH增

大B.K与N连接时，若X为氯化钠，石墨电极上的反应为222HO2eH2OH−−+=+C.K与M连接时，若X为硫酸，一段时间后溶液的pH减小D.K与M连接时，若X为氯化钠，石墨电极上的反应为22Cl2eCl−−−=【答案】B【解析】【详解】A．K与N连接时且X为硫酸，形成Fe—石墨—H2SO4

原电池，正极氢离子得到电子变为氢气，氢离子浓度降低，因此一段时间后溶液的pH增大，A正确；B．K与N连接时且X为氯化钠，发生铁的吸氧腐蚀，因此石墨电极上的反应为22O2HO+4e=4OH−−+，B错误；C．K与M连接时且X为硫酸，石墨为阳极，水中氢氧根失去电子变为

氧气，铁为阴极，氢离子得到电子变为氢气，整个过程是电解水，溶液体积减少，浓度变大，一段时间后溶液的pH减小，C正确；D．K与M连接时且X为氯化钠，石墨为阳极，氯离子失去电子变为氯气，因此石墨电极上的反应为22Cl2e=Cl−−−，D正确；故选B。15.固定容积为2L的密闭容

器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示T℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图象判断，下列结论正确的是A.该反应可表示为2A(g)+B(g)C(

g)△H<0B.T℃时该反应的平衡常数K=6.25C.T℃，在第6min时再向体系中充入0.4molC，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25D.T℃时，若起始时向容器中充入0.4molA、0.6molB、0.5molC

，则反应逆向进行直至达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．根据图可知A物质量减小0.4mol，B物质的量减小0.2mol，A、B均为反应物，C物质的量增加0.2mol为生成物，根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比，写出化学

方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，根据图Ⅱ可知,温度升高，平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，所以热化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌C(g)△H＞0，A错误；B．图I中5min时达到化学平衡，平衡浓度分别为c(A)=0.4mol2L=0.2mol/L

，c(B)=0.2mol2L=0.1mol/L、c(C)=0.2mol2L=0.1mol/L，则K=()20.1mol/L0.1mol/L0.2mol/L=25，B错误；C．图I中5min时，C的体积分数为0.2mol0.2mol+0.2mol+0.4mol=0.25，充入

0.4molC，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，C正确；D．T℃时，若起始时向容器中充入0.4molA、0.6molB、0.5molC，20.5mol2LQc=K0.4mol0.6mol2L2L，则反应正向进行直至达到平衡状态，D错误；故选C。16.H3BO

3(一元弱酸)可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是的A.M室发生的电极反应式为：2H2O－4e-＝O2↑＋4H+B.b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸

C.理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体D.N室中：a％＜b％【答案】C【解析】【详解】A．M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4

H+，A正确；B．原料室中的B(OH)4-通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则b膜为阴离子交换膜，B正确；C．理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、

2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2L，C错误；D．N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的Na+通过c膜进入N室，使阴极区溶液中c(NaOH)增大，

所以N室：a%＜b%，D正确；故合理选项是C。二、填空题(本题包括4个大题，每空2分，共52分)17.I．如图是用0.1000mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图：请回答下列问题：（1）仪器B的名称是___________。（2）若用酚酞做指示剂

，达到滴定终点的实验现象是：___________。（3）某实验小组同学的三次实验的实验数据如下表所示。实验编号待测NaOH溶液的体积/mL滴定前盐酸的体积读数/mL滴定后盐酸的体积读数/mL120.001.2023.22

220.001.2129.21320.001.5023.48根据表中数据，计算出的待测NaOH浓度是_______mol/L(保留四位有效数字)。（4）下列操作中会导致所测NaOH浓度偏低的是__________。A.滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸溶液B.滴

定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数Ⅱ．部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)K

a1=1.8×10-5Ka2=6.2×10-10Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11（5）在相同条件下，三种弱酸的酸性强弱顺序为____________。（6）向NaCN溶液中通入少量CO2气

体，反应的离子方程式为___________。（7）常温下，向0.1mol/LCH3COOH溶液中，滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，此时溶液的pH=__________。【答案】（1）碱式滴定管（2）当滴入半滴

标准液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色（3）0.1100（4）D（5）CH3COOH>H2CO3>HCN（6）CN-+CO2+H2O=HCN+-3HCO（7）5【解析】【小问1详解】仪器的名称为碱式滴定管；【小问2详解】当滴入半滴标准液后，

溶液中溶质由氯化钠、氢氧化钠变为氯化钠，指示剂为酚酞，因此滴定终点溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；【小问3详解】三次滴定消耗的体积为：22.02mL，28.00mL，21.98mL，第二次数据误差太大，舍弃，则平均消耗V(NaOH)=22.00mL，c()

V()0.1000mol/L22.00mLc()===0.1100mol/LV()20.00mL标标待测待测；【小问4详解】A.滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸溶液，导致盐酸体积增加，所测NaOH浓度偏高，A错误；

B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B错误；C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致盐酸体积增加，所测NaOH浓度偏高，C错误；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致盐酸体积减小，所测

NaOH浓度偏低，D正确；故选D；【小问5详解】几种弱酸的电离平衡常数可知，CH3COOH>H2CO3>HCN；【小问6详解】向NaCN溶液中通入少量CO2气体，酸性：H2CO3>HCN，反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+-

3HCO；【小问7详解】根据c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，()()()()()-++3-5+-5a13cCHCOOcH9cHK=1.8?10==cH10cCHCOOH5=，pH=5；18.CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题，已知

CO2经催化加氢可以生成多种低碳有机物。Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ/molⅡ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+40.9kJ/molⅢ．CO(g)+2H2(g)武CH3OH(g)△H3回答下列问题：（1）反

应Ⅰ在_________(填“高温”、“低温”或“任何温度")条件下能够自发进行。（2）反应Ⅲ的△H3=___________。一定温度下，在一容积固定的密闭容器中进行反应I，测得CO2的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示：（3）5min内，v(H2)=_________；（4）1

0min时，改变的外界条件可能是______(填字母)。A.减小氢气浓度B.增大压强(缩小容器体积)C将CH3OH液化分离D.升高温度（5）在一绝热且固定体积的密闭容器中发生反应Ⅱ，能说明上述反应达到平衡状态的是______

__。A.气体平均摩尔质量不变B.气体密度保持不变C.气体压强保持不变D.断裂1molH-H键同时断裂2molO-H键（6）已知一定温度下按照起始比2n(H)n(CO)=3，在一密闭容器中进行反应Ⅲ，保持总压为2MPa不变，达到

平衡时CO的转化率为50%，则该条件下用平衡体系中各气体分压表示反应Ⅲ的平衡常数Kp=_________MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算Kp，各气体分压=总压×平衡体系中各气体的物质的量分数)。（7）C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)△H=+430kJ/m

ol，在四种不同条件的容器中发生该反应，起始时只充入C2H6和CO2，若初始温度、容器容积、压强和反应物用量均相同，则CO2的平衡转化率最高的是_______(填字母)。A.恒温恒容容器B.恒容绝热容器C.恒压绝热容器D.恒温恒压容器【答案】（1）低温（

2）-90.4kJ/mol（3）0.24mol/(L·min)（4）C（5）CD.（6）916或0.5625（7）D【解析】【小问1详解】G=H-TS<0，H<0，S<0反应Ⅰ在低温条件下能够自发进行；【小问2详解】利用盖斯定律，

将反应I-反应II，即得反应III.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH3=(-49.5-40.9)kJ·mol-1=-90.4kJ·mol-1，【小问3详解】一定温度下，在一体积固定的密闭容器中进行反应I，从图中可以看出，反应进行的前5分钟内

，CO的浓度变化量为0.4mol/L，则H2的浓度变化量为1.2mol/L，H2的反应速率v(H2)=1.2mol/L5min=0.24mol·L-1·min-1；【小问4详解】10min时，CO2的物质的量浓度降低，据此分析；A.减小氢气浓度，平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度升高，A错误；B.

增大压强(缩小容器体积)，平衡正向移动，缩小容器体积CO2的物质的量浓度升高，B错误；C.将CH3OH液化分离，平衡正向移动，CO2的物质的量浓度降低，C正确；D.升高温度，平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度升高，D错误；

故选C；【小问5详解】A.体积不变，气体质量的量不变，气体平均摩尔质量不变，不能说明达到平衡状态，A错误；B.体积不变，气体质量不变，气体平均摩尔质量不变，不能说明达到平衡状态，B错误；C.绝热且固定体积，气体压强保持不变，温度不再改变气体物质的量不再改变，说明达到平衡状态，

C正确；D.断裂1molH-H键同时断裂2molO-H键，代表正逆反应且与化学计量数成正比，说明达到平衡状态，D正确；故选CD；【小问6详解】根据题意可得23CO+2HCHOH/mol2a6a0/mola2aa/mola4aa开始转化平衡，则该条件下用平衡体系中各气

体分压表示的平衡常数Kp=-2-2p22amol2MPa196amolK==MPaMPaamol4amol2162MPa(2MPa)(2)6amol6amol)3=或0.5625；【小问7详解】对于反应C2H6(g)

+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430KJ/mol，在四种不同的容器中发生上述反应，初始温度、压强和反应物用量均相同。因为正反应为吸热反应，绝热时混合气的温度不断降低，平衡逆向移动，所以恒温时反应正向

进行，CO2的转化率高；因为正反应是分子数增大的反应，减压有利于平衡正向移动，恒容时混合气的压强大于恒压时混合气的压强，所以恒压有利于提高CO2的转化率。综合以上分析，恒温恒压有利于提高CO2的转化率，则C

O2的转化率最高的是D；19.如图所示，甲池为甲烷燃料电池，乙池中X为离子交换膜。（1）图中乙装置是_______(填“原电池”或“电解池”)，其中Fe电极为_______极。（2）甲池中通入甲烷一极的电极反应式为____________

__。（3）乙池右侧为饱和NaCl溶液，为了防止生成的氯气和氢氧化钠反应，乙中X为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)。（4）若丙池中a、b两电极均为石墨电极。当甲池中反应消耗11.2LO2(标准状况下)，

此时丙池中溶液体积为500mL，若取出其中的2.5mL稀释到1L，则稀释后溶液的pH=________。（5）某温度时，纯水的pH=6，将此温度下pH=1的H2SO4溶液aL与pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2，则a：b=_____

__。【答案】（1）①.电解池②.阴（2）CH4-8e-+10OH-=2-3CO+7H2O（3）阳（4）2（5）11：9【解析】【分析】甲为碱性甲烷燃料电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=2-3CO+7H2O，正极电极方程式为：2H2O

+O2+4e-=4OH-，乙为电解池，铁电极连接电源的负极作阴极，C为阳极，丙未电解池，b电极与原电池正极相连作阳极，a电极为阴极，以此解答。【小问1详解】由分析可知，图中乙装置是电解池，其中Fe电极连接电源的负极作阴极。【小问2详解】甲为碱性甲烷燃料电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为C

H4-8e-+10OH-=2-3CO+7H2O。【小问3详解】由分析可知，乙中C电极为阳极，电极反应式为--22Cl-2e=Cl，电解饱和食盐水时应避免乙池中铁电极产生的OH-向右移动，与石墨电极产生的氯气发生反

应，故应使用阳离子交换膜，不能使用阴离子交换膜。【小问4详解】若丙池中a、b两电极均为石墨电极，a电极为阴极，电极方程式为：Ag++e-=Ag，b电极为阳极，电极方程式为：2H2O-4e-=2O+4H+，当甲池中反应消耗1

1.2LO2(标准状况下)，O2的物质的量为0.5mol，由2H2O+O2+4e-=4OH-可知，转移2mol电子，丙池中生成2molH+，此时丙池中溶液体积为500mL，若取出其中的2.5mL稀释到

1L，则稀释后溶液的c(H+)=-32mol2.510L0.5L1L=1×10-2mol/L，pH=-lgc(H+)=2。【小问5详解】某温度时，纯水的pH=6，溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，此时KW=1×10-12，将此温

度下pH=1的H2SO4溶液aL与pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2，溶液中c(H+)=1×10-2mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(H+)=1211110mol/L=0.1mol/L110−−，则a0.1-0.1bmol/La+b=1×

10-2mol/L，则a：b=11：9。20.羟基氧化铁[FeO(OH)]是一种重要的化工原料，下图是以工厂废料(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)为原料生产FeO(OH)的工艺流程：已知：FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇；SiO2不与稀硫酸反应（

1）废渣1的成分_______。（2）“酸浸”时Fe3O4发生的离子方程式为_______________。（3）“还原”时会加入过量的试剂X，“试剂X”宜选择的是_______(填标号)。A.双氧水B.铁粉C.氯

水D.Na2S溶液（4）“废渣2”的主要成分是________。（5）“结晶”时加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是______________。（6）由FeSO4·7H2O转化为FeO(OH)的离子方程式为______________。【答案】（1）Si

O2（2）Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O（3）B（4）Fe、Cu（5）降低溶解度，便于盐结晶析出（6）4Fe2++O2+8OH-=4FeO(OH)↓+2H2O【解析】【分析】工厂废料(含342FeOFeOSiO

CuO、、、)和稀硫酸混合，反应生成()424423FeSOFeSOCuSOSiO、、，为酸性氧化物，不与硫酸，过滤，废渣1为2SiO，向滤液中加入过量铁粉，将()243FeSO还原为4FeSO，将4CuSO置换为4FeSO和Cu，再过滤，废渣2是FeCu和，

滤液为4FeSO，向滤液其中加入乙醇得到42FeSO7HO沉淀，向42FeSO7HO中加入NaOH溶液，在空气中反应变为()FeOOH，过滤洗涤干燥最终得到()FeOOH固体【小问1详解】根据分析可知，废渣1为2SiO；【

小问2详解】“酸浸”时Fe3O4与硫酸发生反应，产生()42423FeSOFeSOHO、、，根据物质的溶解性，结合拆分原则，可知该反应的离子方程式为+2+3+342FeO+8H=Fe+2Fe+4HO；【小问3详解】A．双氧水具有强氧化性，会将2+Fe氧化为3+Fe，不能起还原作用，A不符合题

意；B．“还原”时加入Fe粉，将()243FeSO还原为4FeSO，将4CuSO还原为Cu单质，B符合题意；C．氯水具有强氧化性，会将会将2+Fe氧化为3+Fe，不能起还原作用，C不符合题意；D．2-S具有还原性，能将3+Fe还原为2+Fe，但2NaS溶液的量

不易控制，很容易生成FeS沉淀，D不符合题意；故选B。【小问4详解】根据分析可知，废渣2是FeCu和【小问5详解】4FeSO易溶于水，难溶于乙醇，“结晶”时加入乙醇即可析出42FeSO7HO晶体，则乙醇作用是降低溶解度，便于盐结晶析出；【小问6

详解】由42FeSO7HO转化为()FeOOH时，向其中加入NaOH溶液，并在空气环境中作用，根据物质的溶解性，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：()2+-224Fe+O+8OH=4FeOOH2HO

+的