2020【KS5U解析】延安吴起高级中学高一下学期第四次（期末考试）化学试题含解析

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吴起高级中学2019—2020学年第二学期
高一第四次质量检测化学试题
（全卷100分 时间90分钟）
可能用到的相对原子质量：H-1; O-16; Cu-64
一.单项选择题（每题3分，17题，共51分）
1.T ℃时，红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和 PCl5(g)。反应过程和能量关系如下图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)，下列说法或热化学方程式错误的是(　　)

A. P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)　ΔH＝－310 kJ·mol－1
B. 2PCl5(g)=2P(s)＋5Cl2(g)　ΔH＝＋800 kJ·mol－1
C. PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl5(g)　ΔH＝－90 kJ·mol－1
D. P和Cl2两步反应生成1 mol PCl5焓变与P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5焓变不相等
【答案】D
【解析】
【分析】
由图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，由图①PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)，ΔH＝-90kJ·mol－1，②P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)+Cl2(g)ΔH＝-310 kJ·mol－1 ，由此结合盖斯定律分析。
【详解】A．由图：P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)+Cl2(g)，　ΔH＝－310 kJ·mol－1即：P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)　ΔH＝－310 kJ·mol－1，故A正确；
B．由图①PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)，ΔH＝-90kJ·mol－1，②P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)+Cl2(g)ΔH＝-310 kJ·mol－1 ，由盖斯定律(①+②)×(-2)：2PCl5(g)=2P(s)＋5Cl2(g)　ΔH＝＋800 kJ·mol－1，故B正确；
C．由图得：PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl5(g)　ΔH＝－90 kJ·mol－1，故C正确；
D．根据盖斯定律，根据盖斯定律分步反应和一步直接反应的反应热相同。P和Cl2两步反应生成1 mol PCl5焓变与P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5焓变相等，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写、外界条件对化学平衡移动的影响及反应热的计算等知识。解题中需注意：热化学方程式中没有标注各物质的聚集状态，各物质的物质的量与反应热没有呈现对应的比例关系，不能正确判断放热反应和吸热反应。
2.已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（ ）
A. 55 kJ B. 220 kJ C. 550 kJ D. 1108 kJ
【答案】A
【解析】
【详解】丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。
【点睛】本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。

3.已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g)　ΔH=－221.0 kJ·mol－1
②2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)　ΔH=－483.6 kJ·mol－1
则制备水煤气的反应C(s)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)　ΔH为（　　）
A. +262.6 kJ·mol-1 B. －131.3 kJ·mol-1
C. -352.3 kJ·mol－1 D. +131.3 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：据盖斯定律，把已知两个反应相加减，可求得制备水煤气反应ΔH。①－②，得2C(s)＋O2(g)－2H2(g)－O2(g)=2CO(g)－2H2O(g) ΔH＝－221.0kJ·mol－1－(－483.6kJ·mol－1)，即2C(s)＋2H2O(g)=2H2(g)＋2CO(g) ΔH＝＋262.6kJ·mol－1；C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)的 ΔH为＝＋131.3kJ·mol－1。故选D。
4.X、Y、Z、W四块金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中，组成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断四种金属的活泼性顺序是（　　）
A. X＞Z＞W＞Y B. Z＞X＞Y＞W C. W＞X＞Y＞Z D. Y＞W＞Z＞X
【答案】A
【解析】
【分析】
原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极。
【详解】原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，X、Y相连时，X为负极，则金属活动性顺序为X＞Y；电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，Z、W相连时，电流方向是W→Z，则金属活动性顺序为Z＞W；负极上失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则金属活动性顺序为X＞Z；负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应，W、Y相连时，W极发生氧化反应，则金属活动性顺序为W＞Y，故四种金属的活动性顺序是X＞Z＞W＞Y，故选A。
【点睛】本题以金属活动性顺序的判断为载体考查了原电池原理，根据金属的活泼性、电极反应类型、电极反应现象等知识来分析解答。
5.用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（盛有KNO3琼脂的U型管）构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是

① 在外电路上，电流由铜电极流向银电极
② 正极反应为：Ag++e―=Ag
③ 盐桥中的NO3-移向AgNO3溶液，K+移向Cu(NO3)2溶液
④ 将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】金属性是铜强于银，则该原电池中铜是负极，银是正极，在外电路上，电流由银电极流向铜电极，①错误；银是正极，溶液中的银离子放电，电极反应式为正极反应为：Ag++e―＝Ag，②正确；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则盐桥中的NO3—移向Cu(NO3)2溶液，K+移向AgNO3溶液，③错误；将铜片浸入AgNO3溶液中发生置换反应生成硝酸铜和银，因此化学反应与该原电池反应相同，④正确，答案选C。
6.据报道，最近某手机公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电。其电池反应为：2CH3OH + 3O2 + 4OH- 2CO+ 6H2O，则下列说法错误的是 （ ）
A. 放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B. 充电时电解质溶液的pH逐渐增大
C. 放电时负极的电极反应为：CH3OH－6e-＋8OH-=CO+6H2O
D. 充电时每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子
【答案】A
【解析】
【分析】
电池反应：2CH3OH + 3O2+ 4OH- 2CO+ 6H2O，放电时CH3OH作还原剂，放电时甲醇作负极，氧气在正极参加反应，充电时，1个CO得6个电子生成1分子甲醇，反应从右向左进行，氢氧根离子浓度增大。
【详解】A．放电时CH3OH作还原剂，CH3OH参与反应的电极为负极，故A选；
B．充电时，反应从右向左进行，氢氧根离子浓度增大，pH增大，故B不选；
C．放电时负极发生氧化反应，元素化合价升高，所以负极是甲醇被氧化生成碳酸根离子，故C不选；
D．充电时，1个CO得6个电子生成1分子甲醇，所以每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子，故D不选；
故选A。
7.为了防止钢铁锈蚀，下列防护方法中正确的是（ ）
A. 在精密机床的铁床上安装铜螺钉
B. 在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中
C. 在海轮舷上用铁丝系住锌板浸在海水里
D. 在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在精密机床铁床上安装铜螺钉，Fe、Cu、水膜形成原电池，Fe作负极，加速腐蚀，A不正确；
B. 在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中，形成原电池，Fe作负极，加速腐蚀，B不正确；
C. 在海轮舷上用铁丝系住锌板浸在海水里，形成的原电池中，铁作正极，受到保护，C正确；
D. 在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极，铁作阳极，加速腐蚀，D不正确。
故选C。
【点睛】利用电化学原理对金属实施防护，要么将被保护的金属与更活泼的金属相连，形成原电池，让被保护的金属作正极；要么将被保护的金属与外接直流电源的负极相连，作阴极，阻止被保护金属失电子。
8.反应4A（g）+5B（s）═4C（g）+6D（g）在0.5L密闭容器中进行，30s内A减少了0.90mol，则此反应的速率可表示为
A. v（B）=0.075mol/（L•s） B. v（A）=0.030mol/（L•s）
C. v（C）=0.040mol/（L•s） D. v（D）=0.090mol/（L•s）
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据v=计算v（A），再利用速率之比等于化学计量数之比计算其它物质表示的速率
【详解】在0.5L密闭容器中进行，30s内A减少了0.90mol，则v（A）==0.06mol/（L．s），速率之比等于化学计量数之比，则：
v（B）=v（A）=×0.06mol/（L．s）=0.075mol/（L．s），
v（C）=v（A）=0.06mol/（L．s），
v（D）=v（A）=×0.06mol/（L．s）=0.09mol/（L．s），故选AD。
9.对于反应4A＋2B3C，下列说法中正确的是
A. 某温度时，化学反应速率无论用A． B． C中任何物质表示，其数值都相同
B. 其他条件不变时，降低温度，化学反应速率减小
C. 其他条件不变时，增大压强，化学反应速率一定加快
D. 若增大或减小A的物质的量，化学反应速率一定会发生明显的变化
【答案】B
【解析】
【分析】
A．同一反应，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比；

B．其他条件不变，降低温度，活化分子百分数减小、活化分子数目减小，反应速率减慢；
C．增大压强，如不影响物质的浓度，则化学反应速率不变；
D．A可能为固体或纯液体．
【详解】A．同一反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，其数值可能相等，也可能不相等，但表示反应快慢相等，故A错误；
B．其他条件不变，降低温度，活化分子百分数减小、活化分子数目减小，反应速率减慢，故B正确；
C．若没有气体参与，增大压强基本不影响化学反应速率，故C错误；
D．若A为固体或纯液体，增加或减少A的物质的量，其浓度不变，不影响反应速率，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率及其影响因素，解题关键：对速率规律的理解，易错点C、注意压强影响物质的浓度，才能影响反应速率。
10.对已达平衡状态的反应：2X(g)＋Y(g) 2Z(g)，减小压强时，下列说法正确的是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
D. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。
【详解】2X(g)＋Y(g) 2Z(g)，减小压强，正逆反应速率都减小，该反应正方向为体积减小的方向，减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡向逆方向移动。
故选D。
11.一定温度下，反应：，达到化学平衡状态的标志是
A.
B. ，和的质量分数不再改变
C. 与的物质的量之和是的物质的量的2倍
D. 单位时间内每增加1mol ，同时增加3mol 
【答案】B
【解析】
【详解】A. 当体系达平衡状态时，可能为1:3:2，也可能不是1:3:2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；
B. ，和质量分数不再改变，各物质的量不变，说明反应达平衡状态，故B正确；
C. 平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；
D. 都表示的是逆反应速率，未体现正与逆的关系，故D错误；
答案选B。
【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
12.t ℃时，在容积不变的密闭容器中发生反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如表所示，下列说法正确的是(　　)
物质
X
Y
Z
初始浓度/(mol·L－1)
0.1
0.2
0
2 min时浓度/(mol·L－1)
0.08
a
b
平衡浓度/(mol·L－1)
0.05
0.05
0.1


A. 平衡时，X的转化率为20%
B. t ℃时，该反应的平衡常数为40
C. 平衡后，增大体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动
D. 前2 min内，用Y变化量表示的平均反应速率v(Y)＝0.03 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】
【分析】
X(g) ＋ 3Y(g) 2Z(g)
开始(mol/L) 0.1 0.2 0
转化(mol/L) 0.02 0.06 0.04
2min(mol/L) 0.08 0.14 0.04
转化(mol/L) 0.05 0.15 0.1
平衡(mol/L) 0.05 0.05 0.1
据此进行计算。
【详解】A. 平衡时，X的转化率＝×100%＝50%，A项错误；
B. t ℃时该反应的平衡常数K＝＝1 600，B项错误；
C. 该反应是气体分子数减小的反应，平衡后，增大体系压强，v正、v逆均增大，平衡向正反应方向移动，C项错误；
D. 前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应率v(Y)＝3v(X)＝3×＝0.03 mol·L－1·min－1，D项正确；
答案选D。
13.汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g) ΔH＝－373.4 kJ·mol－1,在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是(　　 )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g) ΔH＝－373.4 kJ·mol－1，是气体物质的量不变的放热反应，由此分析。
【详解】A．NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g) ΔH＝－373.4 kJ·mol－1，是气体物质的量不变的放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，故A错误；
B．升高温度，反应逆向进行，CO的转化率减小，故B错误；
C．平衡常数是温度函数，与物质的量无关，故C正确；
D．提高生成物的浓度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故D错误；
故选C。
14.现有可逆反应A（g）+2B（g）nC（g）△H＜0，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反应时间（t）的关系如下图，其中结论正确的是（ ）

A. p1＞p2，n＞3 B. p1＜p2，n＞3 C. p1＜p2，n＜3 D. p1＞p2，n=3
【答案】B
【解析】
【详解】压强为p2的首先平衡，说明压强大，速率快；但压强大，A的转化率降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积增大的反应，n＞3，所以答案选B。
15.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是
A. 非金属性：W> X>Y> Z B. 原子半径：Z>Y>X>W
C. 元素X的含氧酸均为强酸 D. Y的氧化物水化物为强碱
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则WX3为NH3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则
A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项错误；
B．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na＞Cl＞N＞H，B选项错误；
C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；
D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确；
答案选D。
16.1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：+→+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是
A. 的相对原子质量为26
B. X、Y均可形成三氯化物
C. X的原子半径小于Y的
D. Y仅有一种含氧酸
【答案】B
【解析】
【分析】
原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+1，则W=27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a+2，解得a=3，因此X为Al，Y为P，以此解答。
【详解】A．的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；
B．Al元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正确；
C．Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径Al>P，故C错误；
D．P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；
故答案为：B。
17.下列化学用语的书写正确的是(　　)
A. 氯原子的结构示意图：
B. 含有6个质子和8个中子的碳元素的核素符号：68C
C. 氯化镁的电子式：
D. 用电子式表示氯化氢的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl元素为17号元素，核外各层电子数为2、8、7，而不是2、8、8；氯原子的结构示意图为，A项错误；
B．含有6个质子和8个中子的碳元素的核素符号为146C，B项错误；
C．氯化镁是含有离子键的离子化合物，电子式为；C项正确；
D．氯化氢是含有极性键的共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为，D项错误。
本题答案选C。
二.填空题（两题，每空2分，共20分）
18.X、Y、Z、W、R、P、Q是短周期主族元素,部分信息如下表所示：

X
Y
Z
W
R
P
Q
原子半径/nm


0.154
0.074
0.099
0.075
0.143
主要化合价

-4，+4

-2
-1，+7
-3，+5
+3
其他
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
焰色反应呈黄





（1）R在自然界中有质量数为35和37的两种核素,它们之间的关系是互为 _____ 。

（2）Z的单质与水反应的化学方程式是 _____ ；R与Q两元素最高价氧化物水化物反应的离子方程式 _____ 。
（3）Y与R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 _____ （填字母序号）。
a． 常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b． 稳定性XR＞YX4
c． Y与R形成的化合物中Y呈正价
【答案】 (1). 同位素 (2). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (3). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (4). Cl (5). bc
【解析】
【分析】
由表中信息可知，X的阳离子核外无电子，则X为H元素；Y是无机非金属材料的主角，其主要化合价为-4和+4，则Y为Si；Z的焰色反应呈黄，则Z为Na；W的主要化合价只有-2，则W为O；R的主要化合价为-1和+7，则R为Cl；P的主要化合价为-3和+5，其原子半径比R小，则P为N；Q的主要化合价为+3，其离子半径比Z大，则Q为Al。
【详解】（1）Cl在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们是氯元素的不同原子，故其互为同位素。
（2）Na与水反应生成NaOH和H2，该反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；R与Q两元素最高价氧化物水化物分别是HClO4和Al(OH)3，两者发生中和反应的离子方程式是Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
（3）Si与Cl都是第3周期的元素，非金属性较强的是Cl。
a．常温下Si的单质呈固态，Cl的单质呈气态，但是单质的状态与其组成元素的非金属性没有关系，a不能证明；
b．稳定性HCl＞SiH4，气态氢化物越稳定，非金属性越强，b能证明；
c．Si与Cl形成的化合物中，Si呈正价，说明Si的非金属性较弱，c能证明。
综上所述，能证明这一结论的是 bc。
【点睛】本题要综合分析原子半径和元素的主要化合价才能确定对应的元素，要求学生能熟练掌握原子半径的变化规律及主要化合价的变化规律，并能灵活运用这些规律分析问题。
19. 50ml0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)烧杯间填满碎纸条的作用是______ 。
(2)从实验装置上看，图中缺少的仪器是______ 。
(3)实验中若用70mL0.50mol·L-1盐酸跟70mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热______(填“相等”或“不相等”)．
(4)用相同浓度和体积氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 保温隔热，防止热量散失； (2). 环形玻璃搅拌棒； (3). 不相等 (4). 相等； (5). 偏小。
【解析】
【分析】
中和热测定，需要防止热量散失，为防止热量散失，烧杯间填满碎纸条，大小烧杯杯口相平，用环形玻璃搅拌棒搅拌；中和热是在稀溶液中，H＋和OH－发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关，但与酸碱强弱有关。
【详解】(1)中和热测定，需要防止热量散失，烧杯间填满碎纸条的作用是隔热保温。故答案为：保温隔热，防止热量散失；
(2)从实验装置上看，图中缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒。故答案为：环形玻璃搅拌棒；
(3)实验中若用70mL0.50mol·L-1盐酸跟70mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水多，所放出的热量不相等，中和热是生成1mol水放出的热量，所求中和热相等；故答案为：不相等；相等；
(4)氨水是弱电解质，电离吸热，用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会偏小。故答案为：偏小。
【点睛】考查了中和热的测定的相关知识，测定成功与否的关键之一是隔热效果的好坏，为防止热量散失，烧杯间填满碎纸条，大小烧杯杯口相平，用环形玻璃搅拌棒搅拌，都是为了减少热量的损失。
三.实验题（1小题，最后一空1分，其余每空2分，共15分）
20.电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，

（1）实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则
①在X极附近观察到的现象是______。
②Y电极上的电极反应式是______ ，检验该电极反应产物的方法是______ 。
（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则
①X电极的电极反应式是______ ，
②Y电极的材料是______ ，
③假若电路中有0.04mol电子通过时，阴极增重 ____ 克。
（3）生产中常用类似上述装置的原理来保护放置在海水中的金属器件，你认为金属器件应与___ 位置相同（填“X”或“Y”），我们把这种方法叫做 ___ 保护法。
【答案】 (1). 有气泡冒出，溶液变红 (2). 2Cl--2e-=Cl2↑ (3). 使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 (4). Cu2++2e-=Cu (5). 粗铜 (6). 1.28 (7). X (8). 外接电流的阴极保护法。
【解析】
【分析】
根据题中图示，X接电源的负极，作阴极，由电极反应判断实验现象；根据Y接电源的正极，作阳极发生氧化反应，写出电极反应及检验产物；根据电解精炼铜的原理，阳极失电子发生氧化反应，即电源正极接粗铜；根据阴极的电极反应，求出阴极析出的金属质量；根据电解池中阴极受到保护，据此解答。
【详解】（1）若X和Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液；
①X为阴极，得电子发生还原反应，该电极上电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，有OH-生成导致溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，生成的氢气无色且溶液会变红色，所以看到的现象是有无色气体生成，溶液变红色；答案为有气泡冒出，，溶液由无色变红色。
②Y为阳极，失电子发生氧化反应，该电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，氯气的检验方法为把湿润的淀粉KI试纸放在Y极附近，试纸变蓝，说明Y极产物为Cl2；答案为2Cl--2e-═Cl2↑，把湿润的淀粉KI试纸放在Y极附近，试纸变蓝，说明Y极产物为Cl2。
（2）①电解方法精炼粗铜，X为阴极，得电子发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu；答案为Cu2++2e-=Cu。
②电解方法精炼粗铜，Y为阳极，失电子发生氧化反应，电解池的阳极材料是粗铜，电极反应为Cu-2e-=Cu2+；答案为粗铜。
③阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，转移2mol电子，析出64gCu，电路中有0.04mol电子转移，析出Cu为m(Cu)==1.28g；答案为1.28。
（3）电解池的阴极上的金属受到保护，为了保护放置在海水中的金属器件，应作阴极，接电源的负极，金属器件应与X位置相同，这种作法叫外接电流的阴极保护法；答案为X，外接电流的阴极保护法。
四.探究题（1小题，每空2分，共14分）
21.一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。

(1)该反应的化学方程式为___________。
(2)该反应的反应速率v随时间t的关系如上图2所示：
①根据上图判断，在t3时刻改变的外界条件是______。
②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。
③各阶段的平衡常数如下表所示：
t2～t3
t4～t5
t5～t6
K1
K2
K3

K1、K2、K3之间的大小关系为________(用“>”、“<”或“＝”连接)。
Ⅱ．在密闭容器中充入一定量的H2S，发生反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)　ΔH，如图所示为H2S气体分解生成H2(g)和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。

(1)△H_________ (填“>”“<”或“ = ”)0。
(2)图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为_______。
(3)图中M点的平衡常数Kp =____MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
【答案】 (1). A+2B2C (2). 升高温度 (3). a (4). K1＞K2=K3 (5). ＞ (6). P1＜P2＜P3 (7). 1
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)根据3min达到平衡时A、B、C的物质的量变化判断反应物、生成物，然后根据物质的量变化与化学计量数成正比写出反应的化学方程式；
(2)①t3时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，据此进行判断改变的反应条件；
②根据a、b、c三点A的转化率判断产物C的体积分数大小；
③化学平衡常数与温度有关，温度越高，平衡向着逆向移动，该反应的平衡常数减小；
Ⅱ．(1)恒压条件下，温度升高，H2S的转化率升高；
(2) 依据化学平衡移动原理可知压强增大平衡向气体体积减小的方向进行；
(3) 结合化学平衡三行计算列式计算平衡物质的物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；
【详解】Ⅰ．(1)根据图象可知，达到平衡时A的物质的量减小了：1mol-0.7mol=0.3mol，B的物质的量减小为：1mol-0.4mol=0.6mol，C的物质的量增加，增加的物质的量为：0.6mol，所以A、B、C的物质的量变化之比为：0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：3，该反应的化学方程式为：A+2B2C；故答案为：A+2B2C；
(2)①根据图象可知：t3时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，若增大压强，平衡向着正向移动，由于该反应为放热反应，升高温度后平衡向着逆向移动，所以t3时升高了温度；故答案为：升高了温度；
②根据图象变化可知，在t1～t2时反应向着正向移动，A转化率逐渐增大，直至t2～t3时反应达到平衡状态，A转化率达到最大；而t3～t4时升高了温度，平衡向着逆向移动，A的转化率逐渐减小，直至t4～t5时A的转化率达到最低；而t5～t6时正逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，A的转化率不变，与t4～t5时相等，所以A的转化率最大的时间段是：t2～t3，A的转化率最大时C的体积分数最大，此时间段为t2～t3，即为a点；a、b、c三点中，C的体积分数最大的是a。故答案为：a；
③反应A+2B⇌2C △H＜0，温度升高平衡向着逆反应方向移动，化学平衡常数减小，所以温度越高，化学平衡常数越小；t2～t3、t3～t4、t4～t5时间段的温度关系为：t3～t4=t4～t5＞t2～t3，所以化学平衡常数大小关系为：K1＞K2=K3(用“>”、“<”或“＝”连接)。故答案为：K1＞K2=K3；
Ⅱ．(1) 恒压条件下，温度升高，H2S的转化率升高，即升高温度平衡正向移动，则△H＞ 0；故答案为：＞；
(2) 2H2S(g)2H2(g)+S2(g)　△H=+169.8kJ•mol-1，反应是气体体积增大的反应，温度不变，压强增大平衡逆向进行，H2S的转化率减小，则压强关系为：图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为P1＜P2＜P3。故答案为：P1＜P2＜P3；
(3)M点的H2S转化率为50%，总压为5MPa，设H2S起始量为2mol，

Kp==1；图中M点的平衡常数Kp =1MPa，故答案为：1。
【点睛】本题考查了物质的量随随时间变化的曲线、化学平衡的建立过程、化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素等知识，注意掌握影响 化学平衡的因素、明确化学平衡常数的概念、影响因素及计算方法。难点(3)明确平衡常数用压强和浓度表示是不同的。