【文档说明】【精准解析】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(17)页，804.000 KB，由小赞的店铺上传

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沧州一中2019-2020学年度高一年级下学期期末考试（化学）可能用到相对原子质量为：H：1C：12N:14O：16Ag:108一、单项选择题（1-15题，每题2分，共30分）1.为纪念元素周期表诞生150周

年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。编制出第一张元素周期表的科学家是（）A.门捷列夫B.达尔文C.牛顿D.波义耳【答案】A【解析】【详解】1869年，门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故A正确；故选A。2.2020年是淮安市创建全国文明城市决胜之年

。下列做法不应提倡的是（）A.拒绝露天烧烤，合理健康饮食B.秸秆就地焚烧，增强土壤肥效C.推广电动汽车，践行绿色交通D.施行垃圾分类，有效节约资源【答案】B【解析】【详解】A．拒绝露天烧烤，既可以减少有害

气体的产生，同时也减少了食物中有害成分的产生与摄入，因此更符合健康饮食的需要，A应提倡；B．秸秆就地焚烧会产生大量浓烟，还会导致土壤的板结，不能实现秸秆还田增加土壤有机物质的补充的需要，因此不符合绿色、增强土壤肥

效的目的，B不应提倡；C．推广电动汽车，践行绿色交通，就可以减少化石能源的使用减少有害气体的产生，因此更绿色、环保，C应提倡；D．施行垃圾分类，可以使垃圾资源化，可有效节约资源，避免浪费，同时也保护了环境，D应提倡；故合理选项是B。3.科学家发现C60后，近年又合成了许多球形分子（富勒烯），如C

50、C70、C120、C540等，它们互称为（）A.同系物B.同分异构体C.同素异形体D.同位素【答案】C【解析】【详解】C60、C50、C70、C120、C540等都是碳元素组成的不同单质，它们互称为同素异形体；答案选C。4.下列属于放热反应的是（）A.硝酸铵溶

于水B.氨气液化C.碳酸钙分解D.镁条溶于盐酸【答案】D【解析】【详解】A.硝酸铵溶于水吸热，但不属于化学变化，选项A不符合题意；B.氨气液化放热，不属于化学变化，所以不属于放热反应，选项B不符合题意；C.碳酸钙分解属于吸热反应，选项C不符合题意D.镁条溶于盐酸属于放热反应，选项D符合题意；答

案选D。5.下列有关化学用语表示正确的是A.次氯酸的电子式：B.Mg原子的结构示意图：C.硫化钠的电子式：D.182O−的结构示意图为【答案】A【解析】【详解】A.次氯酸为共价化合物，分子中含有1个HO−键和1个OCl−键，其正确的电子式为，故A正确

；B.为镁离子结构示意图，Mg原子的核外电子总数为12，正确的原子结构示意图为，故B错误；C.硫化钠为离子化合物，其正确的电子式为，故C错误；D.182O−的结构示意图为，故D错误；故选A。【点睛】在判断结构示意图时特别应该注意是原子还是分子，原子的核外电子等于质子数，阳离子的核外电子数

等于核电荷数减去所带电荷数，阴离子的核外电子数等于核电荷数加上所带电荷数。6.下列说法不正确的是（）A.CCl4、SiO2都存在共价键，都是共价化合物B.某物质在熔融状态能导电，则该物质中不一定含有离子键C.H2O比H2S稳定是因为H2O分子之间存在氢键D.SO2溶于水时，需克

服共价键和分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A．非金属元素之间形成共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，CCl4、SiO2都存在共价键，它们都是共价化合物，故A正确；B．某物质在熔融状态能导电，可能

是金属，金属在熔融态也能导电，不含离子键，故B正确；C．稳定性是化学性质，氧元素的非金属性强于硫的非金属性，则H2O比H2S稳定，故C错误；D．SO2属于分子晶体，存在分子间作用力，SO2与水反应生成亚硫酸，SO2溶于水时，需克服

共价键和分子间作用力，故D正确；故选：C。7.下列叙述正确的是（）A.电解饱和食盐水时，用铁作阳极，Cl-发生氧化反应B.铅蓄电池放电时，负极质量减轻，正极质量增加C.马口铁（镀锡铁）镀层破损后还可以起到保护作用D.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe－2e－=Fe2+【答案】

D【解析】【详解】A．铁作阳极时，铁失去电子，发生氧化反应，故A错误；B．铅蓄电池放电时正负极质量均增加；正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；负极：Pb+SO42--2e-=PbSO4（Pb

SO4微溶于稀的强酸溶液），故B错误；C．马口铁（镀锡铁）镀层破损后，形成原电池，原电池的负极是铁，是容易被氧化的电极，易被腐蚀，即失去保护作用，故C错误；D．负极铁失去电子产生Fe2+，电板反应是Fe－2e－=Fe2+，故D正确；答案选D。8.下列微粒半径大小比较正确的是（）A.Na<Mg

<Al<OB.Cs<Rb<K<NaC.S2－>Cl－>Na＋>Mg2＋D.Na＋<Mg2＋<Al3＋<O2－【答案】C【解析】【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径Na>

Mg>Al>O，故A错误；B．同主族元素从上到下半径依次增大，原子半径Cs>Rb>K>Na，故B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径S2－>Cl－>Na＋>Mg2＋，故C正确；D．电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径O2－>Na＋

>Mg2＋>Al3＋，故D错误；选C。9.下列有关工业上金属冶炼的说法不正确的是（）A.用电解熔融氯化镁法制镁B.用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁C.用电解熔融氧化铝法制铝D.用电解饱和食盐水法制钠【答案】D【解析】【详解】A．镁

性质活泼，用电解熔融氯化镁法制镁，故A正确；B．铁性质较不活泼，用热还原法制取，通常用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁，故B正确；C．铝性质活泼，用电解法制取，通常用电解熔融氧化铝法制铝，故C正确；D．钠性

质活泼，用电解熔融氯化钠方法制取，用电解饱和食盐水法得不到钠，故D错误；故选：D。10.已知X、Y、Z都是金属，若把X浸入Z的盐溶液中，X的表面有Z析出；若X、Y和盐酸溶液形成原电池，Y为电池的负极。则X、Y、Z的金属

活动顺序为（）A.Y>X>ZB.X>Z>YC.X>Y>ZD.Y>Z>X【答案】A【解析】【详解】把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，所以活泼性X＞Z，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性Y＞X，X、Y、Z三种金属

的活动性顺序为Y＞X＞Z；答案选A。11.反应2CO（g）＋2NO（g）2CO2（g）＋N2（g），下列反应条件的改变对该反应速率的影响正确的是A.升高温度能减慢反应速率B.增大反应物浓度能加快反应速率C.达到平衡时，

CO能100%转化为CO2D.使用催化剂能减慢该反应的速率【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，加快反应速率，故A错误；B．增大反应物浓度，活化分子数目增大，加快反应速率，故B正确；C．为可逆反应，不能完全转化，达到平衡

时，CO不能100%转化为CO2，故C错误；D．使用催化剂，降低反应的活化能，能加快该反应的速率，故D错误；故选：B。12.把6molA气体和5molB气体混合充入4L密闭容器中，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD

(g)，经5s达到平衡，此时生成C为2mol，测得D的平均反应速率为0.1mol·L－1·s－1，下列说法错误的是()A.x＝2B.B的转化率为20%C.平衡时A的浓度为0.75mol·L－1D.恒温达到平衡时容器内的压强为开始的75%【答案】D【解析】【详解】平衡时生成C为2mol，D

的平均反应速率为0.1mol·L－1·s－1，生成D的物质的量为0.1mol·L－1·s－1×5s×4L=2mol，则：A.物质的量之比等于化学计量数之比，由C、D两种物质的生成量可知，2:2=1:x，则x=2，故A正确；B.生成2mol

C时，消耗1molB，则B的转化率为：1mol5mol×100%=20%，故B正确；C.生成2molC时，消耗3molA，平衡时A的浓度c(A)=6mol3mol4L−=0.75mol/L，故C正确；D.反应前后气体的物质的量不变，恒温恒容下，压强之比等

于物质的量之比，平衡时容器内的压强与开始时压强相等，故D错误；答案选D。13.50mL0.5mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是A.从实验装置上看，除了缺少环形玻璃

搅拌棒外没有其他问题B.大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏大C.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大D.实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH

溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等，但是所求中和热相等【答案】D【解析】【详解】A．从实验装置上看，缺少环形玻璃搅拌棒外，内外烧杯不一样高，热量损失大，A错误；B．大烧杯上如不盖硬纸板，会导致热量损失大，使测得的中和热数值会偏小，B错误；C．用相同浓度和体积的氨水代

替NaOH溶液进行上述实验，由于NH3·H2O是弱电解质，电离吸收热量，使测得中和热的数值会偏小，C错误；D．实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等，但是由于中和热是反应产生1mol水时所放

出的热量，因此所求中和热相等，D正确；故答案选D。14.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是A.正极反应为AgCl＋e－＝Ag＋Cl－B.放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替盐酸，则电池

总反应随之改变D.当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【答案】D【解析】【详解】A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总

反应不变，错误；D项当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧产生0.01molAg＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01molH＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02mol离

子减少，正确。故选D。15.三硫化四磷用于制造火柴等，可由白磷和单质硫化合而得。它们的结构如下：依据下列键能数据，反应8P4(s)＋3S8(s)=8P4S3(g)的ΔH为()化学键P—PS—SP—S键能/kJ·mol－1abcA.2

4(a＋b－2c)kJ·mol－1B.(32a＋24b－24c)kJ·mol－1C.(48c－24a－24b)kJ·mol－1D.(8a＋3b－3c)kJ·mol－1【答案】A【解析】【详解】ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝8×6×E(P—P)＋3×8×E(S—S)－8×3×E(P—P)－

8×6×E(P—S)＝48a＋24b－24a－48c＝24a＋24b－48c＝24(a＋b－2c)，故A正确；故选A。【点睛】反应过程中，断开化学键需要吸收能量，形成化学键释放能量，化学反应中旧键断裂，新键

形成，伴随能量的变化，通过键能可以计算反应热。二.不定项选择（共5题，每题4分，共计20分）16.下列物质既含有离子键又含有共价键的化合物是（）A.H2B.Na2O2C.HClD.NaOH【答案】BD【解析】【详解】A．H

2是非金属单质，只含共价键，故不选A；B．Na2O2是离子化合物，由Na+、22O−构成，既含有离子键又含有共价键，故选B；C．HCl是共价化合物，只含共价键，故不选C；D．NaOH是离子化合物，由Na+、OH−构成，既含有离子键又含有共价键，故

选D；选BD。17.氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，下列有关该电池的叙述正确的是（）A.正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变C.该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2=2H2

OD.用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2时，有0.2mol电子转移【答案】AC【解析】【详解】A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B．负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾

离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，浓度变小，故B错误；C．负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，反应的总方程式为2H

2+O2=2H2O，故C正确；D．没有指明是否是标准状况，因此氯气的物质的量不能确定，故D错误；故选：AC。18.在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：A(g)＋3B(g)2C(g)，能确

定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（）A.体系的压强不再发生变化B.2υ正(B)＝3υ逆(C)C.混合气体密度不再变化D.消耗1molA的同时生成2molC【答案】BC【解析】【详解】A．该反应是反应容器体积可变的密闭容器，压强始终不变，因此当体系的压强不再发生变化，不能作为判断平

衡标志，故A不符合题意；B．2υ正(B)＝3υ逆(C)，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，可作为判断平衡标志，故B符合题意；C．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，由于该反应是体积减小的反应，因此容器体积变小，密度变大，当混合气体密度不

再变化，可作为判断平衡标志，故C符合题意；D．消耗1molA，表示正向反应，同时生成2molC，表示正向反应，同一个方向表示的反应，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意。综上所述，答案为BC。19.下

列装置中铜电极的连接错误的是A：铜锌原电池B：电解精炼铜C：镀件上镀铜D：电解氯化铜溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、铜锌原电池中，Cu作正极，A正确；B、电解精炼铜时，粗铜作阳极，连接电源的正极，纯铜作阴极，连接电源的负极，B正确；

C、镀件上镀铜，铜作阳极，连接电源的阳极，镀件作阴极，连接电源的负极，C错误；D、电解氯化铜溶液，铜作阴极，石墨作阳极，若铜作阳极，则阳极失去电子的是铜而不是氯离子，D正确。正确答案为C。20.下列各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时，由快到慢的顺序是（）

A.4＞2＞1＞3＞5＞6B.5＞4＞2＞3＞1＞6C.4＞6＞2＞1＞3＞5D.6＞3＞5＞2＞4＞1【答案】C【解析】【详解】由图可知4中铁为电解池的阳极，腐蚀最快，而5中铁为电解池的阴极，则腐蚀最慢，6为原电池的负极被腐蚀，但腐

蚀速率4＞6，6和2相比较，6易腐蚀（两极金属的活泼性相差越大，负极越易被腐蚀），1为化学腐蚀，3中铁为原电池的正极，被保护，则腐蚀时由快到慢的顺序是4＞6＞2＞1＞3＞5；答案：C【点睛】先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢和电解

池的阴阳极腐蚀快慢来比较，从而确定腐蚀快慢顺序，电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。三、填空题（共4道大题，50分）21.现有下列短周期元素的数据（已知Be的原子半径为0.089nm）：①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/nm0.0740.1600.152

0.1100.0990.1860.0750.082最高正化合价+2+1+5+7+1+5+3最低负化合价-2-3-1-3（1）⑧号元素在周期表中的位置是____；写出⑤的原子结构示意图____。（2）元素①和⑥能形成两种化合物，写出其中原子个数为1:1的化合物与水反应的

离子方程式____。用电子式表示①和⑥形成的另一种化合物的形成过程____。（3）含锂材料在社会中广泛应用，根据下列要求回答问题：63Li和73Li作核反应堆最佳热载体，73LiH和73LiD用作高温堆

减速剂。下列说法正确的是____（填字母，下同）。A.63Li和73Li互为同位素B.63Li和73Li属于同种核素C.73LiH和73LiD的化学性质不同D.73LiH和73LiD是同种物质【答案】(1).第二周期ⅢA族(2).(3).2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑(4)

.(5).AD【解析】【分析】元素①最低负价为-2价，且半径比Be原子小，则为O元素；元素②最高正价为+2价，应为第IIA族元素，半径比Be大，所以为Mg元素；③和⑥最高正价均为+1价，为第IA族元素，⑥的半径大于③，则③为Li，⑥为N

a元素；④和⑦均为第ⅤA族元素，④半径较大，则④为P，⑦为N；⑤为Cl；⑧的最高正价为+3价，应为第IIIA族元素，其半径比Be小，则为B。【详解】(1)⑧号元素为B，在周期表中的位置是第二周期第ⅢA族；⑤为Cl，原子序数为17，其原子结构示意图为；(2)元素①和⑥能形成两种化合物：Na2O

和Na2O2，其中原子个数为1:1的化合物为过氧化钠，与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‾+O2↑；(3)A．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，则63Li和73Li互为同位素，选项A正确；B．

63Li和73Li中子数分别为3、4，属于不同核素，选项B错误；C．73LiH和73LiD都是由氢元素和锂元素组成的相同化合物，化学性质相同，选项C错误；D．73LiH和73LiD是由氢元素和锂元素组成的同种物质，选项D正确；答案选AD。22.(1)已知31g白磷变

为31g红磷释放能量。上述变化属于____(填“物理”或“化学”)变化。常温常压下，白磷与红磷更稳定的是____。(2)甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH1=-571.8kJ/mol；②CH3OH(l)+1

2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=-192.9kJ/molⅠ．表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____；Ⅱ．反应②中的能量变化如图所示，则ΔH2=____。(用E1、E2的相关式子表示)；(3)捕碳技术(主要指捕获CO2在降低温室气体排放

中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下反应：反应Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)△H1反应Ⅱ：NH3(l)+H2O(

l)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)△H2反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)△H3则ΔH3与ΔH1、ΔH2与之间的关系为ΔH3=____；(4)已知反应N2(g)+3

H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=akJ/mol，试根据表中所列键能数据估算a的值____。(注明“+”或“﹣”)。化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ/mol436391945(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、

890kJ，等质量的H2和CH4完全燃烧放出的热量，____(填化学式)放出的热量多。【答案】(1).化学(2).红磷(3).CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-764.7kJ

/mol(4).E1-E2(5).2△H2-△H1(6).-93(7).H2【解析】【分析】(1)有新物质生成的变化是化学变化；物质具有的能量越大越不稳定；(2)Ⅰ．首先书写甲醇完全燃烧的化学方程式CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l

)，再根据盖斯定律分析计算CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的焓变△H；II．根据焓变△H=生成物的总能量-反应物的总能量计算；(3)根据盖斯定律分析计算(NH4)2CO3(aq)+H2O(l

)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)的焓变△H3；(4)根据焓变△H=反应物总键能-生成物的总键能计算；(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，计算1gH

2和1gCH4完全燃烧放出的热量即可比较大小。【详解】(1)白磷和红磷是不同物质，所以白磷转变为红磷是化学变化；白磷转变为红磷释放能量，则等质量的白磷具有的能量较大，物质具有的能量越大越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故答案为：化学；红磷；(2)Ⅰ．1molCH3OH

完全燃烧生成液态水的化学方程式CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H1=-571.8kJ/mol，②CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=-192.9kJ/mol，根据盖斯定律①+②计算CH3O

H(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的△H=-764.7kJ/mol，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g

)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；Ⅱ．焓变△H2=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故答案为：E1-E2；(3)反应Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)△H1反应Ⅱ：NH3(l)+H2O(l)+CO2

(g)⇌NH4HCO3(aq)△H2根据盖斯定律：反应Ⅱ×2-反应Ⅰ计算反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)的焓变△H3=2△H2-△H1，故答案为：2△H2-△H1；(4)反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g

)△H=(N≡N键的键能+3×H-H键的键能)-N-H的键能×6=(945+436×3)kJ/mol-391kJ/mol×6=-93kJ/mol，即a=-93，故答案为：-93；(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出

的热量分别为：286kJ、890kJ，则1gH2和1gCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ×12=143kJ、890kJ×116=55.6kJ，即等质量的H2和CH4完全燃烧放出的热量，H2放出的热量多，故答案为：

H2。【点睛】本题的易错点为(2)中燃烧热的热化学方程式的书写，要注意燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数为1。23.某温度下，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白：(1)从开始至2min，Y的平均反应速率为____

。(2)该反应的化学方程式为____。(3)1min时，ν(逆)____ν(正)，3min时，ν(正)____ν(逆)(填“大于”或“小于”或“等于”)。(4)上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(X)=9mol•L-1min-1，乙中v(Y)=0.5mol•L-1s-1，则__

__中反应更快。(5)若X、Y、Z均为气体(容器体积不变)，下列能说明反应已达平衡的是____。a．X、Y、Z三种气体的浓度不再改变b．气体混合物物质的量不再改变c．反应已经停止d．反应速率v(X)∶v(Y)=3∶

1e．单位时间内消耗X的物质的量∶单位时间内消耗Z的物质的量=3∶2f．混合气体的密度不随时间变化【答案】(1).0.025mol•L-1•min-1(2).3X+Y⇌2Z(3).小于(4).等于(5).乙(6).abe【解析】【分析】(1)结合v=ct计算；(2)由图可知，X、Y的物

质的量减小为反应物，Z的物质的量增大为生成物，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，且2min达到平衡；(3)由图可知，1min时反应正向进行，2min达到平衡，结合平衡状态的建立过程中反应速率的变化分析解答

；(4)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比比较大小；(5)根据化学平衡的特征和本质分析判断。【详解】(1)由图可知，从开始至2min，△n(Y)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，从开始至2min，Y的平均反应速率为0.1mol2L2min=0.025mol•L-1•min-

1，故答案为：0.025mol•L-1•min-1；(2)△n(X)=1.0mol-0.7mol=0.3mol，△n(Y)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，则△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=3∶1∶2，最终三者的物质的量不变，说明该反应为可逆反应

，则化学方程式为3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；(3)由图可知，该反应在2min时反应达到平衡状态，则1min时反应未达到平衡状态，反应正向进行，则ν(逆)小于ν(正)，2min后，反应达到平衡状态，ν(正)等于ν(逆)

，故答案为：小于；等于；(4)甲中v(X)=9mol•L-1min-1=960mol•L-1s-1=0.15mol•L-1s-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，此时v(Y)=0.05mol•L-1s-1，而乙中v(Y)=0.5mol•L-1s-1，可知乙

中反应速率更快，故答案为：乙；(5)a．X、Y、Z三种气体的浓度不再改变，符合特征“定”，为平衡状态，故a正确；b．3X+Y⇌2Z是一个气体的物质的量变化的反应，则气体混合物物质的量不再改变，说明反应达到平衡，故b正确；c．化学平衡为动态平衡，反应未停止，故c错误；d．3X+Y⇌

2Z反应中始终存在反应速率v(X)∶v(Y)=3∶1，不能判断正反应速率和逆反应速率的关系，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；e．单位时间内消耗X的物质的量∶单位时间内消耗Z的物质的量=3∶2，即v正(X)∶v逆(Z)=3∶2，

符合化学反应速率之比等于化学计量数之比，说明正反应速率=逆反应速率，反应达到平衡状态，故e正确；f．混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，则密度不随时间变化，不能判定平衡状态，故f错误；故答案为：abe。【点

睛】本题的易错点为(5)de的判断，要注意正确理解平衡状态时v正=v逆。24.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请

回答下列问题：（1）乙池为_____（填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），B电极的电极反应式为____。（2）丙池中E电极为____（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），电极的电极反应式为____。该池总反应的化学方程式为_

___。（3）当乙池中C极质量减轻54g时，甲池中B电极理论上消耗O2的为____L（标准状况）。（4）一段时间后，断开电键K,下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是____（填选项字母）。ACuBCu

OCCu（OH）2DCu2（OH）2CO3【答案】(1).电解池(2).O2+4e-+2H2O=4OH-(3).阳极(4).2H2O-4e-=O2↑+4H+(5).2CuSO4+2H2O通电2Cu+O2↑+2H2SO4(6).2.8(7).B【解析】【分析】

由图可知甲图为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极；乙池为电解池，C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极为阴极，电极反应为：Cu2++2

e-=Cu，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度需加入CuO或者CuCO3，据此分析解答。【详解】(1)由图可知乙图为电解池；甲图为原电池，B电极通入氧气，为正极，氧气在碱性条件下得电子产生氢氧根离

子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；(2)丙池为电解池，其中E电极连接电源正极，为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极连接电源负极，为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：2

CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；(3)乙池中C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；n(Ag)=54g108g/mol=0.5mol，由于Ag是+1价的金属，所以转移电子的物质的量为0.5m

ol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以甲池中反应消耗O2的物质的量n(O2)=14×0.5mol=0.125mol，则消耗氧气在标准状况下的体积V(O2)=0.125mol×22.4L/mol=2.8L；(4)一段时间后，断开电键K，

根据少什么加什么，丙池一个电极产生Cu单质，另一个电极产生O2，相当于从溶液中出去的物质为Cu与O2反应产生的CuO。A.Cu与硫酸不能反应，不能达到目的，选项A错误；B.CuO与硫酸反应，产生硫酸铜和水，能达到目的，选项B正确；C.Cu(OH)2比CuO多一个水的组成，相当于对溶

液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项C错误；D.Cu2(OH)2CO3与硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，比等物质的量的CuO多一个水的组成，相当于对溶液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项D错误；答案选B。

【点睛】本题考查了原电池和电解池，侧重于电极反应式书写和电子守恒在计算中应用的考查，对于多池串联电路，通入燃料的电池为原电池，其它各池为电解池，其中在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气或空气的电

极为正极；与负极连接的电极为阴极，与正极连接的电极为阳极，原电池的负极和电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极发生还原反应，电极反应式书写时要结合电解质溶液的酸碱性进行。在整个闭合回路中电子转移数目相等。