【化学】北京市第四中学2018-2019学年高二上学期期中考试(解析版)

北京市第四中学2018-2019学年高二上学期期中考试
试卷满分为100分，考试时间为100分钟
第I卷（选择题）
一、选择题（1～5每小题3分，6～19每小题2分，共43分。）
1.控制变量是科学研究的重要方法。向2mLH2O2溶液中滴入2滴1mol/L FeCl3溶液，下列条件下分解速率最快的是
选项
H2O2溶液的物质的量浓度/ mol·L-1
反应的温度/℃
A
1
5
B
4
5
C
1
40
D
4
40
【答案】D
【解析】
分析：影响化学反应速率的因素：反应物浓度越大，反应速率越快，反应的温度越高，反应速率越快，按此分析解题。
详解：在使用同一浓度的催化剂情况下，H2O2浓度越大，反应的温度越高，反应的速率越快；满足条件的为D组中的情况；正确选项D。
2.下列图示内容的对应说明错误的是

A
B
C
D
图示




说明
可保护钢闸门不被腐蚀
可以结合秒表测量锌与硫酸的反应速率

证明温度对平衡移动的影响
反应为放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢闸门连接电源的负极，可被保护而不被腐蚀，故A正确；
B.气体的体积可由注射器量出，结合时间可求出反应速率，故B正确；
C.已知2NO2N2O4 △H＜0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故C正确；
D.图像中反应物的总能量小于生成物的总能量，表示该反应为吸热反应，故D错误。
故选D。
3.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是
A. B的物质的量浓度 B. 混合气体的密度
C. 混合气体的压强 D. v（B消耗）=3v（D消耗）
【答案】C
【解析】
【详解】A.B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B.恒容容器中混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，达到平衡状态，故B正确；
C.可逆反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），气体两边的计量数相等，反应前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反应自开始到平衡，混合气体的压强始终不变，所以不能作为达到平衡状态的标志，故C错误；
D.v（B消耗）=3v（D消耗）表示正反应速率等于逆反应速率，说明达到平衡状态，故D正确。
故选C。
【点睛】可逆反应达到平衡状态的直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等；②反应体系中各物质的百分含量保持不变。
4.工业合成氨N2+3H22NH3 H<0的生产条件选择中能用勒夏特列原理解释的是①使用催化剂 ②高温 ③高压 ④及时将氨气液化从体系中分离出来
A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】使用勒夏特列原理，研究的对象是可逆反应，以及改变某因素平衡向削弱这方面移动，
①催化剂对化学平衡无影响，故①错误；
②正反应方向是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，不利于生成氨气，故②错误；
③增大压强，有利于向生成物的方向进行，故③正确；
④从体系中分离出氨气，减少生成物浓度，有利于向氨气生成的方向进行，故④正确。
所以能用勒夏特列原理解释的是③④。
故选C。
5.下列有关2个电化学装置的叙述正确的是

A. 装置①中，电子移动的路径是：Zn→Cu→CuSO4溶液→KCl盐桥→ZnSO4溶液
B. 在不改变总反应的前提下，装置①可用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒
C. 装置②中采用石墨电极，通电后，由于OH－向阳极迁移，导致阳极附近pH升高
D. 若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒
【答案】B
【解析】
【详解】A.电子的移动方向为：Zn→Cu→CuSO4溶液→KCl盐桥→ZnSO4溶液，电子只经过外电路，缺少内电路离子的定向移动，溶液中由离子的定向移动形成闭合回路，故A错误；
B.Na2SO4替换ZnSO4，负极仍是锌放电，原电池中的铜本身未参与电极反应，所以可用能导电的石墨替换Cu棒，故B正确；
C.阳极是氯离子放电，生成酸性气体氯气，氯离子放电结束后是水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，故C错误；
D.若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故D错误。
故选B。
6.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。

关于此反应的说法不正确的是
A. 反应物总能量一定低于生成物总能量 B. 一定属于可逆反应
C. 一定有非极性共价键断裂 D. 一定属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】
由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。
点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。
7.反应C+CO22CO H>0。升高温度，关于该反应v正和v逆的说法正确的是
A. v正增大，v逆减小 B. v正增大，v逆不变
C. 同时减小 D. 同时增大
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度，正逆反应速率都增大，故D正确。
故选D。
8.一种锂铜可充电电池，工作原理如图。在该电池中，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开。下列说法不正确的是

A. 陶瓷片允许Li+ 通过，不允许水分子通过 B. 放电时，N为电池的正极
C. 充电时，阴极反应为：Li++e−＝Li D. 充电时，接线柱A 应与外接电源的正极相连
【答案】D
【解析】
A，根据图示，陶瓷片允许Li+通过，Li能与水反应生成LiOH和H2，Li电极不能与水接触，陶瓷片不允许水分子通过，A项正确；B，放电时Li+由M电极向N电极迁移，M为负极，N为电池的正极，B项正确；C，放电时M为负极，M极电极反应式为Li-e-=Li+，充电时M为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，C项正确；D，充电时M为阴极，接线柱A应与外接电源的负极相连，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查可充电电池的工作原理，根据放电时阳离子的流向确定放电时的正负极是解题的关键。注意：放电时的负极充电时为阴极，放电时的正极充电时为阳极，充电时阳极反应式为放电时正极反应式的逆过程，充电时阴极反应式为放电时负极反应式的逆过程。
9.可从铅蓄电池中回收铅，实现铅的再生。在工艺中得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，如图所示。下列说法不正确的是

A. 阳极区会有气泡冒出，产生O2
B. 一段时间后，阳极附近pH明显增大
C. 阴极的电极反应方程式为PbCl42−+ 2e− Pb + 4Cl－
D. Na2PbCl4浓度下降后可在阴极区加入PbO，实现电解液的继续使用
【答案】B
【解析】
A、阳极2H2O－4e−=4H＋＋O2，阳极区会有气泡冒出，产生O2，故A正确；B、阳极2H2O－4e−=4H＋＋O2，一段时间后，阳极附近氢离子浓度增大，pH明显减小，故B错误；C、阴极的电极反应是发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应方程式为PbCl42−+ 2e− Pb + 4Cl－，故C正确；D. 阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；故选B。
10.为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：电池：Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) =2PbSO4(s) + 2H2O(l)。电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是

电池
电解池
A
H+移向Pb O2电极
H+移向Pb电极
B
每消耗3mol Pb
生成2 mol Al2O3
C
正极：PbO2+4H++2e－=Pb2++2H2O
阳极：2Al+3H2O-6e－=Al2O3+6H+
D


【答案】AD
【解析】
A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B．根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D。
【此处有视频，请去附件查看】
11.微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72－离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是

A. M为电源负极，有机物被氧化
B. 处理1 mol Cr2O72－时有6 mol H+从交换膜左侧向右侧迁移
C. 电池工作时，N极附近溶液pH增大
D. Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，该电池中有机物在微生物的作用下发生氧化反应生成CO2，所以. M为电源负极，有机物被氧化，故A正确；
B.处理1 molCr2O72－时需要6mol电子，但是同时也会有定量的氧气得到电子，从交换膜左侧向右迁移的氢离子的物质的量大于6mol，故B错误；
C.有图可知，电池工作时，N极上氧气得到电子与氢离子结合成水，所以氢离子浓度减小，N附近溶液pH增大，故C正确；
D.由题可知，当Cr2O72－离子浓度较大时，其去除率几乎为0，又因为其有强氧化性和毒性，所以可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故D正确。
故选B。
12.对于反应H2（g）+I2（g）2HI（g） H<0，下列说法正确的是
A. 反应达到平衡后，缩小容器体积，混合气体平均相对分子质量变小
B. 反应达到平衡后，保持容器温度和体积不变，充入HI气体，再次达到平衡，H2转化率减小，平衡常数K值减小
C. 若v正（H2）=2v逆（HI），反应达到平衡状态
D. 反应达到平衡后，保持容器体积不变，升温，反应体系的颜色加深
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据化学方程式可知，该反应是体积不变的可逆反应，即混合气体的n不变，在恒容密闭容器中，总质量（m）不变，因为平均相对分子质量=m÷n，所以无论平衡正向或是逆向移动时，混合气体的平均分子量不变，故A错误；
B.反应达到平衡后，保持容器温度和体积不变，充入HI气体，平衡向逆反应方向移动，H2转化率减小，化学平衡常数只受温度影响，温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；
C.若2v正（H2）=v逆（HI），说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故C错误；
D.反应达到平衡后，保持容器体积不变，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应体系的颜色加深，故D正确。
故选D。
【点睛】化学平衡常数只受温度影响，温度不变，化学平衡常数不变。
13.高温下，反应CO+H2OCO2+H2 达平衡。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为负值
B. 恒温恒容下，增大压强，平衡一定不动
C. 升高温度，正反应速率减小
D. 平衡常数
【答案】A
【解析】
【详解】A.恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，所以该反应的ΔH＜0，故A正确；
B.恒温恒容下，若充入稀有气体使压强增大，则平衡不移动；若采取通入氢气增大压强，则H2浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C.升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；
D.化学平衡常数为平衡时生成物浓度的系数次幂的乘积与反应物浓度的系数次幂的乘积的比值，由反应方程式CO+H2OCO2+H2可知，该反应的平衡常数K=c（CO2）c（H2）/c（CO）c（H2O），故D错误。
故选A。
14.已知：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH = − 92 kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是

A. X表示温度
B. L2＞L1
C. 反应速率 υ(M)＞υ(N)
D. 平衡常数 K(M)＞K(N)
【答案】D
【解析】
试题分析：A．根据图像，随着X的增大，H2的平衡转化率(α)减小，X若表示温度，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率(α)减小，故A正确；B．相同温度条件下，压强越大，H2的平衡转化率(α)越大，L2＞L1，故B正确；C．压强越大，反应速率越快， υ(M)＞υ(N)，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。
考点：考查了化学平衡图像、化学平衡的影响因素的相关知识。
15.控制适当的条件，将反应2Fe3++2I－2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是

A. 反应开始时，乙中电极反应为2I－－2e－= I2
B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 平衡时甲中溶入FeCl2固体后，电流计读数为零
【答案】D
【解析】
试题分析：反应开始时铁离子、碘离子浓度最大，则电池总反应为2Fe3++2I－=2Fe2++I2，则乙中碘元素由—1升为0价，失去电子，发生氧化反应，即2I－－2e－= I2，说明乙烧杯中石墨是负极，故A正确；甲中铁元素由+3降为+2价，得到电子，发生还原反应，即2 Fe3++2 e－=2Fe2+，说明甲中石墨是正极，故B正确；反应开始时，正反应速率大于逆反应速率，电子从乙中石墨经过导线、灵敏电流计流向甲中石墨的速率大，而电子从甲中石墨经过导线、灵敏电流计流向乙中石墨的速率小，当电流计读书为零时，正反应速率等于逆反应速率，消耗的铁离子与生成的铁离子相等，达到化学平衡状态，故C正确；甲中加入氯化亚铁固体后，增大亚铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动，电池总反应变为2Fe2++I2=2Fe3++2I－，则甲中石墨变为负极，反应变为2Fe2+—2e－=2Fe3+，乙中石墨变为正极，反应变为I2+2e－=2I－，电子从甲中石墨经过导线、灵敏电流计流向乙中石墨的速率大，而电子从乙中石墨经过导线、灵敏电流计流向甲中石墨的速率小，灵敏电流计读数增大，故D不正确。
考点：考查原电池的工作原理，涉及含盐桥的原电池装置图、氧化还原反应、反应类型、电极类型、电极反应式、浓度对、化学反应速率和平衡移动的影响规律等。
16.下列叙述中，一定能判断化学平衡移动的是
A. 混合物中各组分的浓度改变
B. 正、逆反应速率改变
C. 混合物中各组分的百分含量改变
D. 混合体系的压强改变
【答案】C
【解析】
【详解】A.如果反应前后体积相等，减小体积、加大压强后浓度改变，但平衡不移动，故A错误；
B.使用合适的催化剂，正逆反应速率都改变，但平衡不移动，故B错误；
C.混合物中各组分的百分含量一定是化学平衡状态的标志，如果各组分的百分含量改变，一定发生化学平衡移动，故C正确；
D.如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故D错误。
故选C。
17.在10 L密闭容器中充入气体X和Y，发生反应X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如下表：
实验编号
温度／℃
起始时物质的量／mol
平衡时物质的量／mol
n（X）
n（Y）
n（M）
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.40
0.10
0.080
③
800
0.20
0.05
A
下列说法正确的是
A. ①中，若5 min末测得n（M）=0.050 mol，则0至5 min内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10－2 mol／（L·min）
B. ③中，达到平衡时，Y的转化率为80％
C. 800℃，该反应的平衡常数K=2.0
D. 反应焓变H>0
【答案】B
【解析】
【详解】A.v（N）=v（M）=Δc/Δt=0.05mol÷10L÷5min=1.0×10-3mol/（L•min），故A错误；
B.该反应前后气体总体积相同，压强对平衡无影响，③和②的投料比相同，即两次平衡是等效的，达到平衡时Y的转化率与②相同，为0.08mol/0.1mol×100%=80%，故B正确；
C. X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）
起始浓度（mol/L） 0.01 0.04 0 0
转化浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008
平衡浓度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008
实验②中，该反应的平衡常数K=c（M）c（N）/c（X）c（Y）=0.008×0.008/0.002×0.032=1.0，故C错误；
D.由①和②可知温度升高时，平衡时n（M）下降，说明温度升高平衡逆向移动，所以该反应的ΔH＜0，故D错误。
故选B。
18.某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是
已知：Cr2O72-(aq)(橙色)+H2O(l)2 CrO42-(aq)(黄色)+2H+(aq) ∆H=+13.8kJ·mol-1
步骤：
　　　　
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，
溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，
溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72-完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液，增大氢氧根离子浓度可能使平衡正向移动，但不能证明一定是减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D．增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误。
考点：本题考查化学平衡。
19.某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl2溶液，实验记录如下(a、b代表电压数值)
序号

电压/V

阳极现象

检验阳极产物

I

x≥a

电极附近出现黄色，有气泡产生

有Fe3+、有Cl2

II

a＞x≥b

电极附近出现黄色，无气泡产生

有Fe3+、无Cl2

III

b＞x≥0

无明显变化

无Fe3+、无Cl2

下列说法中，不正确的是
A. I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝
B. II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+
C. 由II中阳极现象可知，该电压下Cl-在阳极不放电
D. 根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀粉变蓝，故A正确；B．由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；C．依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此无氯气放出，故C错误；D．依据表中数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；故选C。
考点：考查了电解原理的探究实验方案的设计的相关知识。
第II卷（非选择题）
20.如图所示2套实验装置，分别回答下列问题。

（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，取玻璃筒内的溶液滴入铁氰化钾溶液，可观察到蓝色沉淀，表明铁被__________（填“氧化“或“还原”）；向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为______________________。
（2）装置2中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol／L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL 0.5mol／L的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红。
①电源的M端为__________极；甲烧杯中Cu电极的电极反应为__________。
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为______________________________。
③取出乙溶液中Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64 g，甲烧杯中石墨电极产生的气体标准状况下体积为__________mL。若想使乙烧杯中电解质溶液复原，可以加入的物质是：__________（填字母）。（Cu的原子量为64）
A. CuO B. Cu（OH）2 C. Cu2（OH）2CO3 D. CuCO3 E. CuSO4
【答案】 (1). 氧化 (2). O2+4e－+2H2O==4OH－ (3). 正 (4). Cu－2e－==Cu2+ (5). 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ (6). 224 (7). AD
【解析】
【分析】
（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁钉附近的溶液有蓝色沉淀，表明铁被氧化，铁为负极，电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-；
（2）①M端为正极，N端为负极，阴极反应为Cu-2e-═Cu2+；
②电解的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
③根据电极反应和电极上转移电子的数目相等进行计算。
【详解】（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁钉附近的溶液有蓝色沉淀，表明铁被氧化，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH-离子，反应的电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，故答案为：氧化，O2+4e-+2H2O═4OH-。
（2）①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH-离子，电极反应为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阴极反应为Cu-2e-═Cu2+，故答案为：正；Cu-2e-═Cu2+。
②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，
故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为0.64g/64g/mol=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，根据甲烧杯产生气体的电极反应计算生成气体的体积，
2H2O+2e-═2OH-+H2↑，
2mol 22.4L
0.02mol V
V=22.4L×0.02mol/2mol=0.224L，即224ml。
由电解总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+4H2SO4，根据析出什么加入什么的原则，则应往溶液中加入CuO或CuCO3，故AD正确。
故答案为：224，AD。
【点睛】最后一空“使乙烧杯中电解质溶液复原”，根据析出什么加入什么的原则进行分析。
21.在一定条件下xA+yBzC达到平衡时，则：
（1）若A、B、C都是气体，在减压后平衡正向移动，则x、y、z的关系是__________；
（2）已知B、C是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是__________状态；
（3）若容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率__________（填“增大”、“减小”，或“不变”）。
（4）若容器容积不变升高温度，A的百分含量减小，则正反应是__________反应（填“放热”或“吸热”）。升高温度再次达到平衡，B、C的浓度之比c（B）／c（C）将
__________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】 (1). x+y 【解析】
【分析】
（1）若A、B、C都是气体，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动；
（2）B、C是气体，当其他条件不变，增大A的物质的量时，平衡不移动，则A是固或液态；
（3）若容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率增大；
（4）升高温度平衡向吸热反应方向移动，加热后A的质量分数减少，则平衡向正反应方向移动，正反应方向是吸热反应；升高温度时，平衡正向移动，c（B）减小，c（C）增大，故c（B）/c（C）减小。
【详解】在一定条件下：xA+yB⇌zC的反应达到平衡，
（1）若A、B、C都是气体，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，则x+y＜z，故答案为：x+y＜z。
（2）增大固体或液体的量，可逆反应的平衡不移动，B、C是气体，当其他条件不变，增大A的物质的量时，平衡不移动，则A是固或液态，故答案为：固体或纯液体。
（3）若容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率增大，故答案为：增大。
（4）升高温度平衡向吸热反应方向移动，加热后A的质量分数减少，则平衡向正反应方向移动，正反应方向是吸热反应；升高温度时，平衡正向移动，c（B）减小，c（C）增大，故c（B）/c（C）减小，故答案为：吸热，减小。
22.二氧化硫的催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸的重要反应之一。
（1）①从平衡角度分析采用过量O2的原因是____________________。
②一定条件下，将0.10 mol SO2（g）和0.06 mol O2（g）放入容积为2 L的密闭容器中，反应在5min时达到平衡，测得c（SO3）=0.040 mol／L。
用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为_________。
计算该条件下反应的平衡常数K=____________________________________。
③已知：该催化氧化反应K（300℃）>K（350℃）。则该反应正向是____________________反应（填“放热”或“吸热”）。平衡后升高温度，SO2的转化率_________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（2）某温度下，SO2的平衡转化率（）与体系总压强（P）的关系如图1所示。平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）_________K（B）（填“>”、“<”或“=”，下同）。
（3）保持温度不变，将等物质的量的SO2和O2混合气平分两份，分别加入起始体积相同的甲、乙两容器中，保持甲容器恒容，乙容器恒压到达平衡（如图2）。两容器的SO2的转化率关系为甲_________乙。
（4）下图表示在密闭容器中二氧化硫的催化氧化反应达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况，a～b过程中改变的条件可能是_________；b～c过程中改变的条件可能是_________；若增大压强时，反应速率和化学平衡变化情况画在c～d处。

【答案】 (1). 提高氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的转化率 (2). 0.008mol·L－1·min－1 (3). 1600 (4). 放热 (5). 减小 (6). = (7). < (8). 升温 (9). 减少SO3的浓度
【解析】
【分析】
（1）①采用过量O2的原因是提高氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的转化率；
②根据反应速率的计算公式以及平衡常数的表达式进行计算；
③温度升高，平衡常数减小，说明正反应是放热反应，若反应温度升高，则平衡逆向移动，所以SO2的转化率减小；
（2）平衡常数与温度有关，温度相同，则平衡常数相等；
（3）先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积，缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动，所以SO2的转化率甲＜乙；
（4）a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因。
【详解】（1）①采用过量O2的原因是提高氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的转化率，故答案为：提高氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的转化率。
②5分钟时c(SO3)＝0.040mol/L，则二氧化硫的浓度减少0.040mol/L，所以5min时SO2的反应速率是是0.040mol/L/5min=0.008mol/(L·min)；平衡时氧气的浓度为0.060mol/2L-0.020mol/L=0.020mol/L，二氧化硫的浓度为0.10mol/2L-0.040mol/L=0.010mol/L，根据K=c（SO3）2/c(O2)c(SO2)2=0.042/(0.02×0.012)=1600，故答案为：0.008mol/(L·min)，1600。
③已知：K(300℃)＞K(350℃)，温度升高，平衡常数减小，说明正反应是放热反应，若反应温度升高，则平衡逆向移动，所以SO2的转化率减小；故答案为：放热，减小。
（2）状态A与状态B的温度相同，则平衡常数相等，故答案为：=。
（3）先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积，缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，故答案为：＜。
（4）a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正、逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图像应为：
，故答案为：升温，减少SO3的浓度，。
23.甲醇（CH3OH）是重要的化工原料，发展前景广阔。
（1）利用甲醇可制成微生物燃料电池（利用微生物将化学能直接转化成电能的装置）。某微生物燃料电池装置如下图所示：

A极附近的电极反应式是_________。
（2）研究表明CO2加氢可以合成甲醇。反应如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
①反应的化学平衡常数表达式K=_________。
②有利于提高反应中CO2的平衡转化率的措施有_________（填序号）。
a. 使用催化剂 b. 加压 c. 增大CO2和H2的初始投料比
③研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂，得到甲醇的平衡产率与温度的关系如下图所示。该反应焓变H_________0（填“>”、“=”或“<”），其依据是________。

【答案】 (1). CH3OH－6e－+H2O==CO2+6H+ (2). (3). b (4). < (5). 温度升高，甲醇的平衡产率降低
【解析】
【分析】
（1）甲醇燃料电池中甲醇失电子，则A是负极，电极方程式为：CH3OH－6e－+H2O=CO2+6H+；
（2）①根据平衡常数的定义写出表达式；
②根据化学平衡移动原理进行解析；
③根据图像可知，平衡产率随温度升高而降低，所以正反应为放热反应，ΔH＜0。
【详解】（1）根据题意，甲醇燃料电池中甲醇失电子，则A是负极，电极方程式为：CH3OH－6e－+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH－6e－+H2O=CO2+6H+。
（2）①根据题意，平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，则K=c（CH3OH）c（H2O）/c（CO2）c3（H2），故答案为：c（CH3OH）c（H2O）/c（CO2）c3（H2）。
②a.使用催化剂只影响化学速率，不影响平衡移动，故a错误；
b.反应是反应前后气体系数之和减小的可逆反应，加压使平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率，故b正确；
c.增大CO2和H2的初始投料比相当于增大CO2的浓度，CO2的平衡转化率降低，故c错误。
故答案为：b。
③根据图像可知，平衡产率随温度升高而降低，所以正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜，温度升高，甲醇的平衡产率降低。
24.实验小组探究铝片做电极材料时的原电池反应，设计下表中装置进行实验并记录。
【实验1】
装置
实验现象

左侧装置电流计指针向右偏转，灯泡亮
右侧装置电流计指针向右偏转，镁条、铝条表面产生无色气泡

（1）实验1中，电解质溶液为盐酸，镁条做原电池的________极。
【实验2】
将实验1中的电解质溶液换为NaOH溶液进行实验2。
（2）该小组同学认为，此时原电池的总反应为2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2↑，据此推测应该出现的实验现象为________。
实验2实际获得的现象如下：
装置
实验现象

i.电流计指针迅速向右偏转，镁条表面无气泡，铝条表面有气泡
ⅱ.电流计指针逐渐向零刻度恢复，经零刻度后继续向左偏转。镁条表面开始时无明显现象，一段时间后有少量气泡逸出，铝条表面持续有气泡逸出

（3）i中铝条表面放电的物质是溶解在溶液中的O2，则该电极反应式为________。
（4）ii中“电流计指针逐渐向零刻度恢复”的原因是________。
【实验3和实验4】
为了排除Mg条的干扰，同学们重新设计装置并进行实验3和实验4，获得的实验现象如下：
编号
装置
实验现象
实验3

电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约10分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。
实验4

煮沸冷却后的溶液
电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约3分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。

（5）根据实验3和实验4可获得的正确推论是________ （填字母序号）。
A. 上述两装置中，开始时铜片表面得电子的物质是O2
B. 铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关
C. 铜片表面产生的气泡为H2
D. 由“铝条表面气泡略有减少”能推测H+在铜片表面得电子
（6）由实验1~实验4可推知，铝片做电极材料时的原电池反应与________等因素有关。
【答案】 (1). 负 (2). 指针向左偏转，镁条表面产生无色气泡 (3). O2 + 2H2O + 4e- 4OH- (4). Mg放电后生成Mg(OH)2附着在镁条表面，使Mg的放电反应难以发生，导致指针归零；或：随着反应的进行，铝条周围溶液中溶解的O2逐渐减少，使O2放电的反应难以发生，导致指针归零 (5). ABC (6). 另一个电极的电极材料、溶液的酸碱性、溶液中溶解的O2
【解析】
(1). Mg的活泼性大于Al，当电解质溶液为盐酸时，Mg为原电池的负极，故答案为：负；
(2). 原电池的总反应为2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，由反应方程式可知，Al为原电池的负极，Mg为原电池的正极，镁条表面产生无色气泡，再结合实验1的现象可知，电流计指针由负极指向正极，则实验2中的电流计指针向左偏转，故答案为：指针向左偏转，镁条表面产生无色气泡；
(3). i中铝条表面放电的物质是溶解在溶液中的O2，在碱性溶液中，氧气发生的电极反应式为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-，故答案为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-；
(4). 因Mg放电后生成的Mg(OH)2附着在镁条表面，使Mg的放电反应难以发生，导致指针归零，同时随着反应的进行，铝条周围溶液中溶解的O2逐渐减少，使O2的放电反应也难以发生，导致指针归零，故答案为：Mg放电后生成Mg(OH)2附着在镁条表面，使Mg的放电反应难以发生，导致指针归零，或随着反应的进行，铝条周围溶液中溶解的O2逐渐减少，使O2放电的反应难以发生，导致指针归零；
(5). 根据实验3和实验4的实验现象可知，电流计指针向左偏转，说明铜为正极，A. 上述两装置中，开始时溶液中溶解的O2在铜片表面得电子，导致开始时铜片没有明显现象，故A正确；B. 因开始时溶液中溶解的O2在铜片表面得电子，所以铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关，故B正确；C. 当溶液中溶解的氧气反应完后，氢离子在铜片表面得到电子，产生的气泡为H2，故C正确；D. 因铝条表面始终有气泡产生，则气泡略有减少不能推测H+在铜片表面得电子，故D错误；答案选ABC；
(6). 由实验1~实验4可推知，铝片做电极材料时的原电池反应与另一个电极的电极材料、溶液的酸碱性、溶液中溶解O2的多少等因素有关，故答案为：另一个电极的电极材料、溶液的酸碱性、溶液中溶解的O2。