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【化学】江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（A）（解析版）
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江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（A）
1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-57．3 kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；
B．在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；
C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；
D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。
2.化学用语是学习化学重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A. 熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的正极电极反应为O2＋4e－=2O2-
B. 由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池，其负极电极反应为：Mg－2e－= Mg2+
C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－=Fe3＋
D. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A项、融碳酸盐介质的氢氧燃料电池中，氧气在二氧化碳作用下得电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-，故A错误；
B项、由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池，Mg与氢氧化钠溶液不反应，Al与氢氧化钠溶液反应，则Mg做正极，Al做负极，Al失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-+2OH-=AlO2-+H2O，故B错误；
C项、钢铁发生吸氧腐蚀时，碳做正极，铁作负极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故C错误；
D项、用惰性电极电解饱和食盐水时，氯离子的放电能力强于氢氧根，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D正确；
故选D。
3.一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化，图2表示速率随时间的变化。t2、t3、t4、t5时刻后各改变一种条件，且改变条件均不同。若t4时刻改变条件是压强，则下列说法错误的是（ ）
A. 若t1=15s，则前15s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
B. 该反应的化学方程式为：3A(g) B(g)+2C(g)
C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D. B的起始物质的量为0.04mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v==mol/(L∙s)=0.004mol/(L∙s)，A正确；B.反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），B正确；C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是增大反应物浓度、加入催化剂、升高温度，C错误；D.根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为=2L，生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，D正确。答案选C。
4.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I—(aq) I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法都正确的是（ ）
①反应I2(aq) +I—(aq) I3—(aq)的H＞0
②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
⑤保持温度不变，在该混合液中加水，c(I3—)/c(I2)将变大
A. 只有①② B. 只有②③ C. ②③④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①根据图像分析，温度升高，I3—(aq)的浓度减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故错误；②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故正确；③若反应进行到状态D时，c(I3—)比平衡状态时的浓度小，则反应正向进行，则一定有v正＞v逆，故正确；④状态A与状态B相比，状态A的c(I3—)大，说明状态A的c(I2)小，故错误；⑤保持温度不变，在该混合液中加水，平衡逆向移动，c(I3—)/c(I2)将变小，故错误。
故选B。
5.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B％的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是( )
A. T1p放热反应
B. T1>T2 p1p2 m+n>p放热反应
D. T1>T2 p1p吸热反应
【答案】B
【解析】
【分析】当横坐标表示时间时，有“先拐先平，数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时，常采用“定一议二”的方法。
【详解】A. 对比曲线①和②，发现二者的压强相同而温度不同，而②曲线“先拐先平”，说明②曲线对应的速率大，说明T1>T2 ，A项错误；
B. 在A项分析的基础上，相对于T2来说，T1相当于升高温度，而从图示纵坐标看出，升高温度反应物B的量减小，说明升温使平衡右移，所以正向应是吸热反应；再比较②曲线和③曲线，发现温度相同而压强不同，此时②曲线“先拐先平”，说明压强p2>p1，p2相对于p1来说相当于加压，从图示中纵坐标来看，加压使反应物B的量增加，说明加压平衡左移，所以有m+n
D. 由B项分析知m+n
6.在2 L恒容密闭容器中充入、，在一定条件下发生如下反应： ；CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A. 工业上，利用上述反应合成甲醇，温度越高越好
B. 图象中X代表温度，
C. 图象中P点代表的平衡常数K为
D. 温度和容积不变，再充入、1 mol CO，达到平衡时CO的转化率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡向左移动，甲醇的产率降低，应根据催化剂来选择合适的温度，A项错误；
B.该反应的正反应是放热反应，又是气体分子数减小的反应，从图象看出，随着X增大，CO的转化率增大，所以X代表压强，M代表温度，温度越高，CO的平衡转化率越低，所以，B项错误；
C.P点时CO的转化率为50%，用“三段式”法进行计算：
起始浓度/（） 1 0.5 0
变化浓度/（） 0.5 0.25 0.25
平衡浓度/（） 0.5 0.25 0.25
（单位可省），C项正确；
D.温度不变，平衡常数不变，容积不变，再充入、1 mol CO，相当于增大压强，平衡向右移动，、CO的转化率都增大，D项错误。
答案选C。
7.一定温度下在一定体积的密闭容器中，下列叙述不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是 ( )
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④C的物质的量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B
⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ②⑧ B. ④⑦ C. ①③ D. ⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选①；
②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选②；
③A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选③；
④C的物质的量不再变化，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选④；
⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑤；
⑥混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑥；
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选⑦；
⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选⑧；
根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志，故选A；
答案：A
8.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 温度：T1>T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)M(d)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据该反应为放热，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率降低，所以温度：T1K(c)，K(b)=K(d)，故正确；D. 温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，所以平均摩尔质量：M(a)>M(c)；b的压强大于d的，平衡向正反应方向进行的程度大，平均摩尔质量增大，所以有M(b)>M(d)。故错误。故选C。
9.在373K时，把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）
A. 前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
D. 平衡时，如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案C。
10.KClO3和KHSO3能发生反应：ClO3－+HSO3－→SO42－+ Cl－+ H+(未配平)。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。下图为用ClO3－在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应υ-t图。下列说法正确的（ ）
A. 反应开始时速率增大可能是c(H+)所致
B. 纵坐标为υ(Cl－)的υ-t曲线与图中曲线不能完全重合
C. 后期速率υ下降主要原因是反应向逆反应方向进行
D. 图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(SO42-)增加量
【答案】A
【解析】
【分析】1molClO3-参加氧化还原反应得到6mol电子，1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则ClO3-的计量数是1，亚硫酸氢根离子的计量数是3，由原子个数守恒可得反应方程式为ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+。
【详解】A项、由题给信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快，由方程式可知，反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，反应的速率加快，故A正确；
B项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，由方程式可知υ（ClO3-）：υ（Cl-）=1：1，则纵坐标为υ（Cl-）的υ-t曲线与图中曲线重合，故B错误；
C项、随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C错误；
D项、图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(ClO3-)减少量，由方程式可知，SO42-的化学计量数是ClO3-的3倍，则t1-t2时间内c(SO42-)增加量应是c(ClO3-)减少量的3倍，故D错误；
故选A。
11.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
【答案】D
【解析】
【详解】A、粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；
B、根据电流的方向可判断，铁是阳极，碳棒是阴极，铁失去电子，而不是溶液中的氯离子，因此得不到氯气，B错误；
C、电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层金属离子的溶液作电解液，在铁上镀铜，铜应和电源的正极相连，C错误；
D、符合原电池的构成条件，D正确；
故答案选D。
12.某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，SO42—从右向左通过交换膜移向A极。下列分析正确的是（ ）
A. 溶液中c(A2＋)减小
B. B极的电极反应：B－2e－=B2＋
C. Y电极上有H2产生，发生还原反应
D. 反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A.据右面图示可知，左侧装置为原电池，右侧为电解池。由题意在交换膜处SO42-从右向左移动可知，A为原电池负极，电极反应式为：A-2e－=A2+， A2+的浓度增大，故A分析错误；
B.B电极为原电池的正极，电极反应式为：B2++2e－=B，故B分析错误；
C.Y电极与原电池的正极B相连,即y电极为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl一 一2e一=C12↑。故C分析错误；
D.X电极为电解池的阴极，其电极反应式为2H+ + 2e-+ =H2 ↑，由于H+来自于H2O,从而破坏水的电离平衡，使溶液显碱性，所以会发生此反应：AI3++3OH-=Al(OH)3，故D分析正确；
答案选D。
13.电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）
A. Ni电极表面发生了还原反应
B. 阳极的电极反应为：2O2—-4e-=O2
C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +4O2—=2SO42—
D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，Ni电极表面发生了SO42-转化为S，CO32-转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2—-4e-=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。
【详解】A. 由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；
B. 阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2—-4e-=O2↑，故B正确；
C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +O2+2O2-=2SO42—和CO2 +O2-=CO32-，故C错误；
D. 该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。
故答案选C。
14.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲为正极，丙为阴极
B. 丁极的电极反应式为MnO42――e－===MnO4－
C. KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%
D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区
【答案】C
【解析】
【分析】分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上MnO42―被氧化为MnO4－；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。
【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；
B、丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为MnO4－，电极反应式是MnO42――e－===MnO4－，故B正确；
C、丙电极上的反应是 ，电极甲的电极反应式是，乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误，
D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。
15.高能锂离子电池总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. LiPF6·SO(CH3)2可用Li2SO4水溶液代替
B. 当转移1mol e－时，b室离子数增加NA个
C. 该电池充电时阳极反应式为Fe+Li2S－2e－=FeS+2Li+
D. 若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式发生改变
【答案】C
【解析】
【详解】A. Li是活泼金属可与水反应，故A不正确；
B. 当转移1mol e－时，b室中从a过来1molNa+，从b过来1molCl-，离子数应该增加2NA个，故B不正确；
C.该电池充电时阳极反应式是正极反应的逆反应，故C正确；
D.若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式不会发生改变，依然是阳极氢氧根离子失电子，阴极镍离子得电子，故D不正确；
正确答案：C。
16.下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是（ ）
A. 采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B. 过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C. 生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D. 若=75%，则参加反应的苯为0.8mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；
B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；
C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；
D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中右侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；
故选B。
17.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。
资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O
（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_________性。
（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。
ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_____（用离子方程式表示），I2被消耗。
（3）下述实验证实了假设ii合理。
实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。
实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
0～t1
t2～t3
t4
偏转
位置
右偏至Y
指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……
指针
归零
① K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。
② 0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_______。
③ 结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：________。
（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_______。
A．对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化
B．对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应
C．实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-
【答案】(1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 (8). AC
【解析】
【详解】（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3－中I的化合价从＋5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；
（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；
ii. I2具有氧化性，SO32－具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I－，SO32－被氧化成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋；
（3）为了证明假设ii的合理性，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；
（4）0～t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2～t3，指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。
①闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32－被氧化成了SO42－。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；
②0～t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与SO32－反应，生成了I－，答案为I－；
③t2～t3时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32－没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；
（5）A．如果有SO32－存在，SO32－会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32－，A正确；B. 对比实验I、III，t秒前IO3－还原成I－，而不是I2，有发生变化，B项错误；C．指针回到0，电路中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32－反应，产生电流。如果是IO3-与SO32－反应，指针会指到Y，所以是I2与SO32－反应，C正确；答案为AC。
18.汽车尾气中含有CO、NO、NO2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题：
（1）已知：2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g) △H1=－10244kJ·mol－1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2
2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H3=－746kJ·mol－1
①若H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ·mol－1，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为______________________________________________。
②部分化学键键能数据如下：
化学键
O=O
C=O
C≡O
E/(kJ·mol)
494
799
1076
△H2=__________kJ·mol－1
（2）1573K时，N2+O22NO平衡常数为2. 0×10－6，若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为0. 2mol、0. 001mol，则生成NO的物质的量为__________mol，N2的转化率为__________。
（3）反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的平衡常数为1. 68×1060，从热力学角度看，该反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，原因是________________，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要_____________。
（4）T<500K时，反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)分两步进行：
第一步：NO2(g)+NO2(g)→NO3(g)+NO(g) (慢反应)
第二步：NO3(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g) (快反应)
下列表述正确的是__________(填标号)
A. 反应速率与NO浓度有关 B. 反应速率与NO2浓度有关
C. 反应的中间产物只有NO3 D. 第二步反应活化能较高
【答案】(1). C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1 (2). +196 (3). 2 0×10-5 (4). 0. 005% (5). 反应活化能高，反应速率慢 (6). 找耐高温的催化剂 (7). BC
【解析】
【分析】（1）依据盖斯定律和反应热与键能的关系计算；
（2）依据化学平衡常数公式计算可得；
（3）化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应的快慢与反应活化能有关；
(4) 化学反应速率取决于慢反应，由题意可知反应分两步进行，反应速率取决于第一步慢反应，即与NO2浓度有关。
【详解】（1）①燃烧热是指在101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此时C元素要燃烧生成二氧化碳，H元素要转化为液态水，将已知热化学方程式编号为①C8H18(1)+ O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H1=－5122kJ·mol－1，②H2O(1)=H2O(g) △H2=+44kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①—9×②可得表示辛烷燃烧热的热化学方程式C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ，则ΔH=△H1—9△H2=（－5122kJ·mol－1）—9×（+44kJ·mol－1）=-5518 kJ·mol-1，故答案为：C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1；
②将已知热化学方程式编号为①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2，②2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3=－746kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①+②可得2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) △H=△H2+△H3，由题给键能数据可知△H=反应物键能之和—生成物键能之和=（2×1076kJ/mol+494 kJ/mol）—2×2×799kJ/mol=—550 kJ/mol，则△H2=△H—△H3=—550 kJ/mol—（－746 kJ/mol）=+196 kJ/mol，故答案为：+196；
（2）设生成NO的物质的量为amol，内燃机燃烧室的体积为VL，由反应的平衡常数公式可得K===2. 0×10－6，解得a=2 0×10-5mol，则起始N2的物质的量为（2.0+×2 0×10-5）mol≈2.0mol，转化率为×100%=0. 005%，故答案为：2 0×10-5；0. 005%；
（3）化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)在实际汽车尾气中进行的程度很小，可能的原因是该反应活化能高，导致反应速率慢，若要提高反应速率最有效的措施是寻找合适的催化剂，降低反应活化能，则要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要寻找耐高温的催化剂，故答案为：反应活化能高，反应速率慢；找耐高温的催化剂；
(4) 化学反应速率取决于慢反应，由题意可知反应分两步进行，反应速率取决于第一步慢反应，即与NO2浓度有关。
A、NO是生成物,，NO的浓度与该反应速率没有直接关系，故错误；
B、反应分两步进行，反应速率取主要取决于“慢反应”，则NO2的浓度影响该反应速率，故正确；
C、由两步反应可知，第一步反应中NO3为生成物，第二步反应中NO3为反应物，由总方程式NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)可知反应物和最终产物中都没有NO3，则NO3为反应中间产物，故正确；
D、反应活化能越高反应速率越慢，第一步反应是慢反应，第二步反应是快反应，则第二步 反应的活化能较小，故错误；
BC正确，故答案为：BC。
19.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，
通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如下图所示。
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的________。
a．H2SO4 b．CH3CH2OH c．Na2SO4 d．NaOH
（2）电解过程中，电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个为2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，则另一个电极反应式为_____________________________。
（3）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为_____________________________。
（4）熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。
①正极的电极反应式为______________________________________；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是___________。
（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）________L。
【答案】(1). c (2). Fe－2e－===Fe2＋ (3). 4Fe2＋＋10H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋8H＋或4Fe2＋＋4H+＋O2===4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－===Fe(OH)3↓ (4). O2＋2CO2＋4e－===2CO32-(或2O2＋4CO2＋8e－===4CO32-) (5). CO2 (6). 11.2
【解析】
【分析】A装置为电解池，B装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+。
【详解】（1）由题意可知，保持保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入能使溶液导电能力增强的电解质，必须是可溶于水的、显中性的盐，故选c，故答案为：c；
（2）燃料电池中通入空气的电极是正极，通入甲烷的电极是负极，铁与正极相连作阳极，活泼金属电极做电解池的阳极时，电极本身失去电子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故答案为：Fe-2e-＝Fe2+；
（3）阳极铁失去电子转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，能被氧气氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+；
（4）①燃料电池中，正极得到电子发生还原反应，即一定是氧气得电子的过程。由于电解质是熔融碳酸盐，因此正极电极反应为O2+2CO2+4e-＝2CO32-，故答案为：O2+2CO2+4e-＝2CO32-；
②负极甲烷失去电子转化为CO2，而正极需要消耗CO2，所以可以循环利用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）阴极电极反应为2H++2e-＝H2↑，即44.8L（标准状况）气体是氢气，物质的量是2mol，转移电子的物质的量为4mol。根据电池的负极电极反应CH4+4CO32--8e-＝5CO2+2H2O可知当转移4mol电子时，消耗CH40.5mol，在标准状况下的体积V＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故答案为：11.2。
20.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”,其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出).
（1）工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),某温度下,将1mol CO2和3mol H2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如表：
时间/h
1
2
3
4
5
6
p后/p前
0. 90
0. 85
0. 83
0. 81
0. 80
0. 80
①用H2 表示前2h平均反应速率v(H2)=___.
②该温度下CO2的平衡转化率为___.
（2）在300℃、8MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1:3通入一恒压密闭容器中发生(1)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp=______________ (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数).
（3）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92. 4 kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。
①在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。
A. 加入催化剂 B. 缩小容器体积 C. 降低温度 D. 增加NH3的物质的量
② 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）
【答案】(1). 0. 225mol/（L•h） (2). 40% (3). (4). AB (5). 移走 0. 1 molNH3 (6). =
【解析】
【分析】（1）①建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算氢气的反应速率；
②建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算二氧化碳转化率；
（2）建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算各物质的物质的量分数，最后计算平衡分压常数；
（3）①由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，说明10min时改变条件，使正、逆反应速率均增大；
②由图象可知，第25分钟，NH3的物质的量减少0. 1 mol；平衡常数随温度变化，温度不变此时平衡常数K将不变。
【详解】（1）①设2h时CO2的消耗量为x，依题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
起（mol） 1 3 0 0
变（mol） x 3x x x
平（mol） 1—x 3—3x x x
由=可得，=，x=0.3mol，则前2h平均反应速率v(H2)= 0. 225mol/（L•h），故答案为：0. 225mol/（L•h）；
②由题给表格数据可知5h时，反应达到平衡，该温度下CO2的平衡转化率为a，依题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
起（mol） 1 3 0 0
变（mol） a 3a a a
平（mol） 1—a 3—3a a a
由=可得，=，x=0.4mol，则CO2的平衡转化率为×100%=40%，故答案为：40%；
（2）设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，依题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
起（mol） 1 3 0 0
变（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5
平（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时二氧化碳、甲醇和水的物质的量分数为，平衡分压为×8MPa，氢气的的物质的量分数为，平衡分压为×8MPa，则Kp==，故答案为：；
（3）①由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，说明10min时改变条件，使正、逆反应速率均增大。
A、使用催化剂，正、逆反应速率增大，故正确；
B、缩小容器体积，相当于增大压强，正、逆反应速率均增大，故正确；
C、降低温度，反应速率减小，故错误；
D、增加NH3物质的量，10min时NH3物质的量应偏离变化点，故错误；
AB正确，故答案为：AB；
②由图象可知，第25分钟，NH3的物质的量减少0. 1 mol，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出0. 1 mol NH3；当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故答案为：移走0.1molNH3；=。
1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-57．3 kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；
B．在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；
C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；
D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。
2.化学用语是学习化学重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A. 熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的正极电极反应为O2＋4e－=2O2-
B. 由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池，其负极电极反应为：Mg－2e－= Mg2+
C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－=Fe3＋
D. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A项、融碳酸盐介质的氢氧燃料电池中，氧气在二氧化碳作用下得电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-，故A错误；
B项、由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池，Mg与氢氧化钠溶液不反应，Al与氢氧化钠溶液反应，则Mg做正极，Al做负极，Al失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-+2OH-=AlO2-+H2O，故B错误；
C项、钢铁发生吸氧腐蚀时，碳做正极，铁作负极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故C错误；
D项、用惰性电极电解饱和食盐水时，氯离子的放电能力强于氢氧根，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D正确；
故选D。
3.一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化，图2表示速率随时间的变化。t2、t3、t4、t5时刻后各改变一种条件，且改变条件均不同。若t4时刻改变条件是压强，则下列说法错误的是（ ）
A. 若t1=15s，则前15s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
B. 该反应的化学方程式为：3A(g) B(g)+2C(g)
C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D. B的起始物质的量为0.04mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v==mol/(L∙s)=0.004mol/(L∙s)，A正确；B.反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），B正确；C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是增大反应物浓度、加入催化剂、升高温度，C错误；D.根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为=2L，生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，D正确。答案选C。
4.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I—(aq) I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法都正确的是（ ）
①反应I2(aq) +I—(aq) I3—(aq)的H＞0
②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
⑤保持温度不变，在该混合液中加水，c(I3—)/c(I2)将变大
A. 只有①② B. 只有②③ C. ②③④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①根据图像分析，温度升高，I3—(aq)的浓度减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故错误；②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故正确；③若反应进行到状态D时，c(I3—)比平衡状态时的浓度小，则反应正向进行，则一定有v正＞v逆，故正确；④状态A与状态B相比，状态A的c(I3—)大，说明状态A的c(I2)小，故错误；⑤保持温度不变，在该混合液中加水，平衡逆向移动，c(I3—)/c(I2)将变小，故错误。
故选B。
5.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B％的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是( )
A. T1
B. T1>T2 p1
D. T1>T2 p1
【答案】B
【解析】
【分析】当横坐标表示时间时，有“先拐先平，数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时，常采用“定一议二”的方法。
【详解】A. 对比曲线①和②，发现二者的压强相同而温度不同，而②曲线“先拐先平”，说明②曲线对应的速率大，说明T1>T2 ，A项错误；
B. 在A项分析的基础上，相对于T2来说，T1相当于升高温度，而从图示纵坐标看出，升高温度反应物B的量减小，说明升温使平衡右移，所以正向应是吸热反应；再比较②曲线和③曲线，发现温度相同而压强不同，此时②曲线“先拐先平”，说明压强p2>p1，p2相对于p1来说相当于加压，从图示中纵坐标来看，加压使反应物B的量增加，说明加压平衡左移，所以有m+n
D. 由B项分析知m+n
6.在2 L恒容密闭容器中充入、，在一定条件下发生如下反应： ；CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A. 工业上，利用上述反应合成甲醇，温度越高越好
B. 图象中X代表温度，
C. 图象中P点代表的平衡常数K为
D. 温度和容积不变，再充入、1 mol CO，达到平衡时CO的转化率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡向左移动，甲醇的产率降低，应根据催化剂来选择合适的温度，A项错误；
B.该反应的正反应是放热反应，又是气体分子数减小的反应，从图象看出，随着X增大，CO的转化率增大，所以X代表压强，M代表温度，温度越高，CO的平衡转化率越低，所以，B项错误；
C.P点时CO的转化率为50%，用“三段式”法进行计算：
起始浓度/（） 1 0.5 0
变化浓度/（） 0.5 0.25 0.25
平衡浓度/（） 0.5 0.25 0.25
（单位可省），C项正确；
D.温度不变，平衡常数不变，容积不变，再充入、1 mol CO，相当于增大压强，平衡向右移动，、CO的转化率都增大，D项错误。
答案选C。
7.一定温度下在一定体积的密闭容器中，下列叙述不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是 ( )
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④C的物质的量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B
⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ②⑧ B. ④⑦ C. ①③ D. ⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选①；
②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选②；
③A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选③；
④C的物质的量不再变化，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选④；
⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑤；
⑥混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑥；
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选⑦；
⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选⑧；
根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志，故选A；
答案：A
8.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 温度：T1>T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据该反应为放热，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率降低，所以温度：T1
9.在373K时，把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）
A. 前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
D. 平衡时，如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案C。
10.KClO3和KHSO3能发生反应：ClO3－+HSO3－→SO42－+ Cl－+ H+(未配平)。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。下图为用ClO3－在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应υ-t图。下列说法正确的（ ）
A. 反应开始时速率增大可能是c(H+)所致
B. 纵坐标为υ(Cl－)的υ-t曲线与图中曲线不能完全重合
C. 后期速率υ下降主要原因是反应向逆反应方向进行
D. 图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(SO42-)增加量
【答案】A
【解析】
【分析】1molClO3-参加氧化还原反应得到6mol电子，1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则ClO3-的计量数是1，亚硫酸氢根离子的计量数是3，由原子个数守恒可得反应方程式为ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+。
【详解】A项、由题给信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快，由方程式可知，反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，反应的速率加快，故A正确；
B项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，由方程式可知υ（ClO3-）：υ（Cl-）=1：1，则纵坐标为υ（Cl-）的υ-t曲线与图中曲线重合，故B错误；
C项、随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C错误；
D项、图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(ClO3-)减少量，由方程式可知，SO42-的化学计量数是ClO3-的3倍，则t1-t2时间内c(SO42-)增加量应是c(ClO3-)减少量的3倍，故D错误；
故选A。
11.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
【答案】D
【解析】
【详解】A、粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；
B、根据电流的方向可判断，铁是阳极，碳棒是阴极，铁失去电子，而不是溶液中的氯离子，因此得不到氯气，B错误；
C、电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层金属离子的溶液作电解液，在铁上镀铜，铜应和电源的正极相连，C错误；
D、符合原电池的构成条件，D正确；
故答案选D。
12.某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，SO42—从右向左通过交换膜移向A极。下列分析正确的是（ ）
A. 溶液中c(A2＋)减小
B. B极的电极反应：B－2e－=B2＋
C. Y电极上有H2产生，发生还原反应
D. 反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A.据右面图示可知，左侧装置为原电池，右侧为电解池。由题意在交换膜处SO42-从右向左移动可知，A为原电池负极，电极反应式为：A-2e－=A2+， A2+的浓度增大，故A分析错误；
B.B电极为原电池的正极，电极反应式为：B2++2e－=B，故B分析错误；
C.Y电极与原电池的正极B相连,即y电极为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl一 一2e一=C12↑。故C分析错误；
D.X电极为电解池的阴极，其电极反应式为2H+ + 2e-+ =H2 ↑，由于H+来自于H2O,从而破坏水的电离平衡，使溶液显碱性，所以会发生此反应：AI3++3OH-=Al(OH)3，故D分析正确；
答案选D。
13.电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）
A. Ni电极表面发生了还原反应
B. 阳极的电极反应为：2O2—-4e-=O2
C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +4O2—=2SO42—
D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，Ni电极表面发生了SO42-转化为S，CO32-转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2—-4e-=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。
【详解】A. 由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；
B. 阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2—-4e-=O2↑，故B正确；
C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +O2+2O2-=2SO42—和CO2 +O2-=CO32-，故C错误；
D. 该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。
故答案选C。
14.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲为正极，丙为阴极
B. 丁极的电极反应式为MnO42――e－===MnO4－
C. KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%
D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区
【答案】C
【解析】
【分析】分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上MnO42―被氧化为MnO4－；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。
【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；
B、丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为MnO4－，电极反应式是MnO42――e－===MnO4－，故B正确；
C、丙电极上的反应是 ，电极甲的电极反应式是，乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误，
D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。
15.高能锂离子电池总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. LiPF6·SO(CH3)2可用Li2SO4水溶液代替
B. 当转移1mol e－时，b室离子数增加NA个
C. 该电池充电时阳极反应式为Fe+Li2S－2e－=FeS+2Li+
D. 若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式发生改变
【答案】C
【解析】
【详解】A. Li是活泼金属可与水反应，故A不正确；
B. 当转移1mol e－时，b室中从a过来1molNa+，从b过来1molCl-，离子数应该增加2NA个，故B不正确；
C.该电池充电时阳极反应式是正极反应的逆反应，故C正确；
D.若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式不会发生改变，依然是阳极氢氧根离子失电子，阴极镍离子得电子，故D不正确；
正确答案：C。
16.下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是（ ）
A. 采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B. 过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C. 生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D. 若=75%，则参加反应的苯为0.8mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；
B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；
C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；
D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中右侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；
故选B。
17.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。
资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O
（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_________性。
（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。
ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_____（用离子方程式表示），I2被消耗。
（3）下述实验证实了假设ii合理。
实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。
实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
0～t1
t2～t3
t4
偏转
位置
右偏至Y
指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……
指针
归零
① K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。
② 0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_______。
③ 结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：________。
（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_______。
A．对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化
B．对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应
C．实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-
【答案】(1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 (8). AC
【解析】
【详解】（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3－中I的化合价从＋5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；
（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；
ii. I2具有氧化性，SO32－具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I－，SO32－被氧化成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋；
（3）为了证明假设ii的合理性，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；
（4）0～t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2～t3，指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。
①闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32－被氧化成了SO42－。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；
②0～t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与SO32－反应，生成了I－，答案为I－；
③t2～t3时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32－没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；
（5）A．如果有SO32－存在，SO32－会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32－，A正确；B. 对比实验I、III，t秒前IO3－还原成I－，而不是I2，有发生变化，B项错误；C．指针回到0，电路中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32－反应，产生电流。如果是IO3-与SO32－反应，指针会指到Y，所以是I2与SO32－反应，C正确；答案为AC。
18.汽车尾气中含有CO、NO、NO2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题：
（1）已知：2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g) △H1=－10244kJ·mol－1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2
2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H3=－746kJ·mol－1
①若H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ·mol－1，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为______________________________________________。
②部分化学键键能数据如下：
化学键
O=O
C=O
C≡O
E/(kJ·mol)
494
799
1076
△H2=__________kJ·mol－1
（2）1573K时，N2+O22NO平衡常数为2. 0×10－6，若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为0. 2mol、0. 001mol，则生成NO的物质的量为__________mol，N2的转化率为__________。
（3）反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的平衡常数为1. 68×1060，从热力学角度看，该反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，原因是________________，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要_____________。
（4）T<500K时，反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)分两步进行：
第一步：NO2(g)+NO2(g)→NO3(g)+NO(g) (慢反应)
第二步：NO3(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g) (快反应)
下列表述正确的是__________(填标号)
A. 反应速率与NO浓度有关 B. 反应速率与NO2浓度有关
C. 反应的中间产物只有NO3 D. 第二步反应活化能较高
【答案】(1). C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1 (2). +196 (3). 2 0×10-5 (4). 0. 005% (5). 反应活化能高，反应速率慢 (6). 找耐高温的催化剂 (7). BC
【解析】
【分析】（1）依据盖斯定律和反应热与键能的关系计算；
（2）依据化学平衡常数公式计算可得；
（3）化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应的快慢与反应活化能有关；
(4) 化学反应速率取决于慢反应，由题意可知反应分两步进行，反应速率取决于第一步慢反应，即与NO2浓度有关。
【详解】（1）①燃烧热是指在101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此时C元素要燃烧生成二氧化碳，H元素要转化为液态水，将已知热化学方程式编号为①C8H18(1)+ O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H1=－5122kJ·mol－1，②H2O(1)=H2O(g) △H2=+44kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①—9×②可得表示辛烷燃烧热的热化学方程式C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ，则ΔH=△H1—9△H2=（－5122kJ·mol－1）—9×（+44kJ·mol－1）=-5518 kJ·mol-1，故答案为：C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1；
②将已知热化学方程式编号为①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2，②2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3=－746kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①+②可得2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) △H=△H2+△H3，由题给键能数据可知△H=反应物键能之和—生成物键能之和=（2×1076kJ/mol+494 kJ/mol）—2×2×799kJ/mol=—550 kJ/mol，则△H2=△H—△H3=—550 kJ/mol—（－746 kJ/mol）=+196 kJ/mol，故答案为：+196；
（2）设生成NO的物质的量为amol，内燃机燃烧室的体积为VL，由反应的平衡常数公式可得K===2. 0×10－6，解得a=2 0×10-5mol，则起始N2的物质的量为（2.0+×2 0×10-5）mol≈2.0mol，转化率为×100%=0. 005%，故答案为：2 0×10-5；0. 005%；
（3）化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)在实际汽车尾气中进行的程度很小，可能的原因是该反应活化能高，导致反应速率慢，若要提高反应速率最有效的措施是寻找合适的催化剂，降低反应活化能，则要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要寻找耐高温的催化剂，故答案为：反应活化能高，反应速率慢；找耐高温的催化剂；
(4) 化学反应速率取决于慢反应，由题意可知反应分两步进行，反应速率取决于第一步慢反应，即与NO2浓度有关。
A、NO是生成物,，NO的浓度与该反应速率没有直接关系，故错误；
B、反应分两步进行，反应速率取主要取决于“慢反应”，则NO2的浓度影响该反应速率，故正确；
C、由两步反应可知，第一步反应中NO3为生成物，第二步反应中NO3为反应物，由总方程式NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)可知反应物和最终产物中都没有NO3，则NO3为反应中间产物，故正确；
D、反应活化能越高反应速率越慢，第一步反应是慢反应，第二步反应是快反应，则第二步 反应的活化能较小，故错误；
BC正确，故答案为：BC。
19.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，
通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如下图所示。
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的________。
a．H2SO4 b．CH3CH2OH c．Na2SO4 d．NaOH
（2）电解过程中，电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个为2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，则另一个电极反应式为_____________________________。
（3）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为_____________________________。
（4）熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。
①正极的电极反应式为______________________________________；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是___________。
（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）________L。
【答案】(1). c (2). Fe－2e－===Fe2＋ (3). 4Fe2＋＋10H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋8H＋或4Fe2＋＋4H+＋O2===4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－===Fe(OH)3↓ (4). O2＋2CO2＋4e－===2CO32-(或2O2＋4CO2＋8e－===4CO32-) (5). CO2 (6). 11.2
【解析】
【分析】A装置为电解池，B装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+。
【详解】（1）由题意可知，保持保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入能使溶液导电能力增强的电解质，必须是可溶于水的、显中性的盐，故选c，故答案为：c；
（2）燃料电池中通入空气的电极是正极，通入甲烷的电极是负极，铁与正极相连作阳极，活泼金属电极做电解池的阳极时，电极本身失去电子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故答案为：Fe-2e-＝Fe2+；
（3）阳极铁失去电子转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，能被氧气氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+；
（4）①燃料电池中，正极得到电子发生还原反应，即一定是氧气得电子的过程。由于电解质是熔融碳酸盐，因此正极电极反应为O2+2CO2+4e-＝2CO32-，故答案为：O2+2CO2+4e-＝2CO32-；
②负极甲烷失去电子转化为CO2，而正极需要消耗CO2，所以可以循环利用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）阴极电极反应为2H++2e-＝H2↑，即44.8L（标准状况）气体是氢气，物质的量是2mol，转移电子的物质的量为4mol。根据电池的负极电极反应CH4+4CO32--8e-＝5CO2+2H2O可知当转移4mol电子时，消耗CH40.5mol，在标准状况下的体积V＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故答案为：11.2。
20.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”,其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出).
（1）工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),某温度下,将1mol CO2和3mol H2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如表：
时间/h
1
2
3
4
5
6
p后/p前
0. 90
0. 85
0. 83
0. 81
0. 80
0. 80
①用H2 表示前2h平均反应速率v(H2)=___.
②该温度下CO2的平衡转化率为___.
（2）在300℃、8MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1:3通入一恒压密闭容器中发生(1)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp=______________ (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数).
（3）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92. 4 kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。
①在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。
A. 加入催化剂 B. 缩小容器体积 C. 降低温度 D. 增加NH3的物质的量
② 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）
【答案】(1). 0. 225mol/（L•h） (2). 40% (3). (4). AB (5). 移走 0. 1 molNH3 (6). =
【解析】
【分析】（1）①建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算氢气的反应速率；
②建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算二氧化碳转化率；
（2）建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算各物质的物质的量分数，最后计算平衡分压常数；
（3）①由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，说明10min时改变条件，使正、逆反应速率均增大；
②由图象可知，第25分钟，NH3的物质的量减少0. 1 mol；平衡常数随温度变化，温度不变此时平衡常数K将不变。
【详解】（1）①设2h时CO2的消耗量为x，依题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
起（mol） 1 3 0 0
变（mol） x 3x x x
平（mol） 1—x 3—3x x x
由=可得，=，x=0.3mol，则前2h平均反应速率v(H2)= 0. 225mol/（L•h），故答案为：0. 225mol/（L•h）；
②由题给表格数据可知5h时，反应达到平衡，该温度下CO2的平衡转化率为a，依题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
起（mol） 1 3 0 0
变（mol） a 3a a a
平（mol） 1—a 3—3a a a
由=可得，=，x=0.4mol，则CO2的平衡转化率为×100%=40%，故答案为：40%；
（2）设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，依题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
起（mol） 1 3 0 0
变（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5
平（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时二氧化碳、甲醇和水的物质的量分数为，平衡分压为×8MPa，氢气的的物质的量分数为，平衡分压为×8MPa，则Kp==，故答案为：；
（3）①由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，说明10min时改变条件，使正、逆反应速率均增大。
A、使用催化剂，正、逆反应速率增大，故正确；
B、缩小容器体积，相当于增大压强，正、逆反应速率均增大，故正确；
C、降低温度，反应速率减小，故错误；
D、增加NH3物质的量，10min时NH3物质的量应偏离变化点，故错误；
AB正确，故答案为：AB；
②由图象可知，第25分钟，NH3的物质的量减少0. 1 mol，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出0. 1 mol NH3；当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故答案为：移走0.1molNH3；=。
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