【期末总复习】人教版(2019)化学选择性必修1-高二上学期——期末模拟卷（A卷）

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2022-2023年高二上学期化学期末模拟卷（A卷）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考试内容：人教2019版选择性必修1
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
B．施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效
C．明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌
D．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
【答案】B
【详解】A．碳纤维主要成分为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，A错误；
B．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，铵盐和OH-离子会发生反应：，从而使肥效降低，B正确；
C．明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，C错误；
D．12C和14C质子数相同中子数不同，互为同位素，D错误；
2．下列有关电解质的说法正确的是
A．碳酸氢钡是强电解质
B．乙醇是弱电解质
C．石墨能导电，所以石墨是电解质
D．食盐水能导电，所以食盐水是电解质
【答案】A
【详解】A．碳酸氢钡为化合物，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A正确；
B．乙醇在水溶液和熔融状态下均以分子形式存在，不导电，属于非电解质，故B错误；
C．石墨是单质，能够导电但不是电解质，故C错误；
D．食盐水为混合物，不属于电解质，故D错误；
3．下列化学知识在生产生活中的应用，描述合理的是
A．和催化重整可制备合成气，该反应为放热反应，生成物总能量大于反应物总能量。
B．化学反应速率是化工生产研究的主要问题之一，决定化学反应速率的主要因素是光照、超声波、压强和催化剂等。
C．工业制硫酸中一步重要反应是在下催化氧化：， 使用催化剂是为了加快反应速率，提高原料转化率。
D．电池是人类生产和生活中的重要能量来源，原电池反应均是自发的氧化还原反应。
【答案】D
【详解】A．放热反应中生成物总能量小于反应物总能量，A错误；
B．决定化学反应速率的主要因素是物质的本身的性质，光照、超声波、压强和催化剂等是次要因素，B错误；
C．使用催化剂能加快反应速率，但不能影响平衡，不能提高原料转化率，C错误；
D．原电池是自发的氧化还原反应，将化学能变成电能，D正确；
4．化学知识和技术的发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是
A．侯德榜——工业制备烧碱 B．勒夏特列——化学平衡的移动
C．哈伯——利用氮气和氢气合成氨 D．盖斯——反应热的计算
【答案】A
【详解】A．侯德榜先生的贡献是联合制碱法制备纯碱，而不是烧碱，A符合题意；
B．化学平衡移动原理又称勒夏特列原理，即化学平衡移动原理由勒夏特列提出，B不符合题意；
C．哈伯利用N2与H2反应合成氨，哈伯因为在合成氨方面的巨大贡献而获得诺贝尔奖，C不符合题意；
D．盖斯先生的贡献是提出了盖斯定律用于计算反应热，D不符合题意；
5．mA(g)+nB(g)pC(g)+qQ(g)当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③各组分的浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变 ⑤反应速率A：B：C：D=m：n：p：q
⑥单位时间内m mol A断键反应，同时p mol C也断键反应
A．③④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．①③④⑥
【答案】B
【详解】①该反应的反应前后气体计量数之和如果相等，则反应压强始终不变，所以体系的压强不再改变时，该反应不一定达到平衡状态，错误；
②无论该反应是放热反应还是吸热反应，当体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，正确；
③各组分的浓度不再改变，则正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，正确；
④各组分的质量分数不再改变，则正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，正确；
⑤无论该反应是否达到平衡状态，都存在反应速率A：B：C：D=m：n：p：q，所以该反应不一定达到平衡状态，错误；
⑥单位时间内m mol A断键反应，同时p mol C也断键反应，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
综上所述有②③④⑥符合题意；
6．在配制中和滴定标准液时，需要用到的实验仪器是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．为蒸发皿，用于蒸发溶剂，从而获得溶质或浓缩溶液，A不符合题意；
B．为容量瓶，可用于配制中和滴定操作中一定物质的量浓度的溶液，B符合题意；
C．为分液漏斗，用于分离不互溶的液体混合物，C不符合题意；
D．为漏斗，用于分离固、液混合物，D不符合题意；
7．下列热化学方程式书写正确的是
A．已知12g石墨转化为CO时放出110.5kJ热量，则2C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g) ∆H=+110.5 kJ∙mol−1
B．已知强酸与强碱稀溶液生成1mol H2O的焓变为−57.3 kJ∙mol−1，则2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) ∆H=−57.3 kJ∙mol−1
C．30g NO在空气中完全氧化成红棕色气体时放出58.1kJ的热量，则2NO2=O2+2NO ∆H=+58.1 kJ∙mol−1
D．32g硫粉完全燃烧生成SO2气体放出269.8kJ的热量，则S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H=−269.8 kJ∙mol−1
【答案】D
【详解】A．已知12g石墨即1mol，12g石墨转化为CO时放出110.5kJ热量，则2C(石墨，s) + O2(g)=2CO(g) ∆H=−221 kJ∙mol−1，故A错误；
B．已知强酸与强碱稀溶液生成1mol H2O的焓变为−57.3 kJ∙mol−1，则2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) ∆H=−114.6 kJ∙mol−1，故B错误；
C．30g NO在空气中完全氧化成红棕色气体时放出58.1kJ的热量，则2NO2(g)= O2(g)+2NO(g) ∆H=+116.2 kJ∙mol−1，故C错误；
D．32g硫粉完全燃烧生成SO2气体放出269.8kJ的热量，则S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H=−269.8 kJ∙mol−1，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．在25℃、101kPa下，完全燃烧生成稳定氧化物放热akJ，下列氢气燃烧的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．反应的产物呈气态，，A不正确；
B．1molH2燃烧生成液态水时放热2akJ/mol ，则2molH2燃烧生成液态水时放热4akJ/mol ，热化学方程式为 ，B正确；
C．反应的产物呈气态，，C不正确；
D．反应中，燃烧物H2为2g，则，D不正确；
9．将等物质的量的A、B混合于2L的刚性密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5min后反应达到平衡，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=1：3，以C表示的平均反应速率v(C)=0.2mol/(L·min)，下列说法正确的是
A．该反应方程式中，x=3
B．以B表示的平均反应速率为v(B)=0.1mol/(L·min)
C．达平衡时，A转化率为75％
D．反应前后容器内气体的压强之比为3：4(不考虑温度的变化)
【答案】C
【详解】

有 ，解c=4a，2a=0.5mol/L ，则a=0.25mol/L，c=1mol/L， ，则x=4。
A．经计算，x=4，A错误；
B．以B表示的平均反应速率为v(B)=0.05mol/(L·min)，B错误；
C．达平衡时，A转化率为 ，C正确；
D．反应前后容器内气体的压强之比为 ，D错误；
10．温度为时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和，发生反应： 。数据如下：
反应物
CO

起始时物质的量(mol)
1.2
0.6
平衡时物质的量(mol)
0.9
0.3
下列说法错误的是
A．平衡时，CO的转化率为25%
B．平衡时，反应放出的热量为12.3kJ
C．平衡时，CO的浓度是浓度的3倍
D．时，反应的平衡常数
【答案】D
【详解】A．平衡时CO的转化率为，A正确；B．热化学方程式表达的是消耗了1mol CO，反应放热41kJ，达到平衡CO消耗的物质的量为，反应放热，B正确；
C．平衡时，，，则，C正确；
D．把平衡的浓度代入平衡常数表达式计算：，D错误；
11．依据下列实验现象，得出的结论正确的是
选项
操作
实验现象
结论
A
向两支盛有少量溴水溶液的试管中分别加入适量苯和通入足量乙烯
溶液均褪色
溴与苯和乙烯都能发生反应
B
测定等浓度的溶液和溶液的pH
前者的pH比后者的大
元素的非金属性：S>C
C
向溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液
溶液显血红色
与KI的反应是可逆反应
D
向的溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液
先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀
证明
【答案】B
【详解】A．乙烯与溴发生加成反应，苯不能，溶液褪色的原理不同，选项A错误；
B．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断，等浓度的溶液和溶液的，前者的比后者的大，所以非金属性：，选项B正确；
C．氯化铁过量，不能判断是否为可逆反应，如判断是否为可逆反应，溶液应过量，选项C错误；
D．硝酸银过量，则不能比较、大小，选项D错误。
12．在体积可变的恒温密闭容器中按充入和，发生反应： ，在时刻达到平衡状态Ⅰ；在时刻向容器中充入一定量的时刻达到平衡状态Ⅱ，下列说法正确的是

A．时刻达到平衡时，
B．时刻达到平衡时反应放出的热量小于
C．达到平衡时，的体积分数：ⅠⅡ
D．过程中，υ(逆)随时间变化如图所示
【答案】D
【详解】A．时刻达到平衡时，，即，故A错误；
B．按充入和，但充入的物质的量不清楚有多少，因此时刻达到平衡时反应放出的热量无法计算放出的热量，故B错误；
C．体积可变的恒温密闭容器中，又加入氨气，达到平衡时，是一个等效平衡，因此的体积分数：Ⅰ＝Ⅱ，故C错误；
D．过程中，υ(逆)逐渐增大至平衡状态，在时刻向容器中充入一定量的υ(逆)突然变大再逐渐减小，最后减小到处于平衡状态，由于放入体积可变的恒温密闭容器中，加入氨气前后处于等效平衡，最后与原平衡的速率相等即在υ(逆)随时间变化如图所示，故D正确。
13．下列说法正确的是
A．室温下，某溶液中的c(H+)=1.0×10-12mol/L，该溶液可能为酸溶液
B．pH=3的HNO3与pH=11的KOH溶液等体积混合的溶液中：c(H+)＜c(OH-)
C．pH＜7的溶液也可能是中性溶液
D．室温下，0.1的溶液中：
【答案】C
【详解】A．室温下Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，溶液中c(H+)=1.0×10-12mol/L，故c(OH-)==10-2 mol/L，因此溶液为碱性，A错误；
B．由于没有说明温度，因此pH=3的HNO3与pH=11的KOH中的c(H+)和c(OH-)无法计算，故混合后溶液中c(H+)和c(OH-)的大小关系无法确定，B错误；
C．常温下水的pH=7，pH=-lg c(H+)，对于纯水，电离平衡为H2OH++ OH-，温度升高平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，即pH＜7，但纯水中c(H+)=c(OH-)，为中性，C正确；
D．NH3∙H2O为弱电解质，弱电解质的电离是微弱的，因此0.1mol/L的NH3∙H2O中c(NH3∙H2O)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；
14．燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，装置如图所示。下列说法不正确的是

A．b极加入的物质为空气(O2)，发生还原反应
B．O2—向a极移动
C．正极电极反应式为：O2+4H++4e—=2H2O
D．标准状况下，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为4NA
【答案】C
【详解】A．由分析可知，b极加入的物质为空气，空气中的氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，故A正确；
B．由分析可知，a极为燃料电池的负极，b极为正极，燃料电池工作时，阴离子O2—向负极a极移动，故B正确；
C．由分析可知，b极为正极，空气中的氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为O2+4e—=2 O2—，故C错误；
D．由分析可知，a极为燃料电池的负极，甲烷在氧离子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4+ 4O2——8e—=CO2+2H2O，则标准状况下，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为×8×NAmol—1=4NA，故D正确；
15．最新研究的锌铈液流电池具有储能高、污染小等优点，其工作原理如图所示，其中电极为惰性材料，不参与电极反应。下列说法正确的是

A．放电时，电池外接负载，将储存在电解质溶液中的化学能转化为电能，其储能容量取决于电解液的容量和浓度
B．充电时，极发生还原反应，电极反应式
C．充电时，当外电路中通过电子时，极室中溶液的质量减少
D．选择性离子交换膜应为质子交换膜，电池放电时从极室移向极室
【答案】A
【详解】A．电池是将化学能变成电能，其储能容量取决于电解液的体积和浓度，A正确；
B．锌为负极，则充电时，a为阴极，b电极为阳极，发生氧化反应，B错误；
C．充电时，a极是锌离子变成锌单质，当外电路中通过电子时，极室中溶液中有的锌离子变成锌单质，但溶液中有阳离子流入，故溶液的减少质量不是，C错误；
D．充电和放电过程中正极电解液和负极电解液不能混合，故加入氢离子平衡电荷，故为质子交换膜，电池放电时，从a极室移向b极室，D错误；
16．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
B．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO+Ca2+=CaCO3↓
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH-=AlO+2H2O
D．酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【答案】D
【详解】A．Na先与水反应，生成的NaOH再与硫酸铜溶液反应，则钠与CuSO4溶液反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+═Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，故A错误；
B．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CO+CaSO4═CaCO3+SO，故B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，正确的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液，离子方程式：2MnO+5 H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；
二、非选择题：包括第17题～第21题5个大题，共52分。
17．某化学兴趣小组用50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验，实验装置如图。试回答下列问题：

（1）实验时玻璃搅拌器的使用方法是___；不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是__。
（2）某学生记录的实验数据如表所示。(已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g•cm-3，中和反应后溶液的比热容c=4.18J•g-1•℃-1)
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8
依据该学生的实验数据计算，该实验测得反应放出的热量为__J。
（3）下列操作会导致实验结果出现偏差的是___(填标号)。
a.用量筒量取盐酸的体积时仰视读数
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中
c.将50mL0.55mol•L-1氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol•L-1氢氧化钾溶液
d.做本实验的当天室温较高
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大
（4）某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和喊的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？___。
（5）如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热(△H)___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（6）如果用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行实验，与上述实验相比，二者所放出的热量___(填“相等”或“不相等”，下同)，所求的中和反应H+(aq)+OH-(aq)=H2O（1） △H的反应热(△H)___。
【答案】
（1） 上下搅动 Cu是热的良导体，传热快，热量损失大
（2）1337.6
（3）abe
（4）不同意，因为不同的温度计误差不同
（5）偏小
（6） 不相等 相等
【解析】
（1）实验时为防止打断温度计，玻璃搅拌器的使用方法是上下搅动；Cu是热的良导体，传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器，故答案为：上下搅动；Cu是热的良导体，传热快，热量损失大；
（2）三次温度差分别为：3.2℃、3.1℃、3.3℃，温度的平均值为3.2℃，溶液的总质量为100g，该实验测得反应放出的热量为Q=，故答案为：1337.6；
（3）a．用量筒量取盐酸的体积时仰视读数，使盐酸的体积不准确，会导致实验结果出现偏差，故a选；
b．把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中，会使热量散失，会导致实验结果出现偏差，故b选；
c．将50mL0.55mol•L-1氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol•L-1氢氧化钾溶液，氢氧根的量不变，对实验结果没有影响，故c不选；
d．做本实验的当天室温较高，但测量的是温度差，与室温无关，对实验结果没有影响，故d不选；
e．大烧杯的杯盖中间小孔太大，会使热量散失，会导致实验结果出现偏差，故e选；
故答案为：abe；
（4）因为不同的温度计误差不同，所以不能使用两支温度计分别测量酸和喊的温度，故答案为：不同意，因为不同的温度计误差不同；
（5）如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，由于氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致放热增多，使实验测得中和反应的反应热(△H)偏小，故答案为：偏小；
（6）如果用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行实验，由于试剂的量不同，所放出的热量与上述实验不相等，但中和热是换算成生成1mol水时放出的热量，所求的中和反应的反应热(△H)与上述反应相等，故答案为：不相等；相等。

18．温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一、回答下列问题：
（1）CO2与CH4重整可以同时利用两种温室气体，过程中涉及如下反应：
I．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.41kJ·mol-1
Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2
Ⅲ．CH4(g)+O2(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6kJ·mol-1
①已知：O2(g)+H2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1，则ΔH2=___________kJ·mol-1。
②一定条件下，向体积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示，x曲线代表___________(填化学式)产量变化，1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95％和90％，反应I的平衡常数K=___________(mol·L-1)2(写出计算式，用含a、b、V的代数式表示)。

（2）在催化剂作用下CO2和H2合成甲酸涉及以下反应：
I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) ΔH1＜0
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
刚性容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。

①曲线a随温度升高而下降的原因是___________，为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A．低温、低压 B．高温、高压
C．高温、低压 D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随温度的变化如下表：
时间/ min
0
20
40
60
80
压强/ MPa
P0
0.91 P0
0.85 P0
0.80 P0
0.80 P0
反应I的速率可表示为v=k·p(CO2)·p(H2)(k为常数)，则反应在60min时v=___________(用含p0、k的式子表示)。
【答案】（1） +41.21 kJ·mol-1 CO
（2） CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 D
【解析】（1）I．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.41kJ·mol-1
Ⅲ．CH4(g)+O2(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6kJ·mol-1
①O2(g)+H2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1，
根据盖斯定律I+①-Ⅲ得，则CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 =+247.41kJ·mol-1-241.8kJ·mol-1+35.6kJ·mol-1=+41.21 kJ·mol-1；
②一定条件下，向体积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，根据元素守恒，碳元素生成CO、氢元素除生成氢气外还生成少量水，所以产物中CO物质的量最多，x曲线代表CO；
根据图示，1100K时，CO的物质的量是amol、氢气的物质的量是bmol，CH4与CO2的转化率分别为95％和90％，则平衡体系中CH4的物质的量是1mol×5%=0.05mol、CO2的物质的量是1mol×10%=0.1mol，反应I的平衡常数K= (mol·L-1)2；
（2）①CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以HCOOH的选择性随温度升高而下降；CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性增大；CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应气体物质的量减少，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性增大；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为低温、高压，选D；
②反应在60min时压强变为0.80 P0，即气体物质的量变为原来的0.8倍，

，x=0.4a；
v=k·p(CO2)·p(H2)=k×=。
19．氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化制备。已知：
I.C2H2(g)+HCl(g) C2H3Cl(g) △H1
II.C2H2(g)+2HCl(g)C2H4Cl2(g) △H2＜0
III.C2H2(g)2C(s)+H2(g) △H3＞0
回答下列问题：
（1）计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂(HgCl2)表面发生反应I的反应历程如图所示：

①上述单个乙炔分子和氯化氢分子的反应历程中决速步骤的活化能为___________eV。
②由上述反应历程可推算反应I的反应热△H1，则△H1=___________eV•mol-1.
（2）在体积可变的密闭容器中以物质的量之比为1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，分别在不同压强下发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图所示。Pa、Pb、Pc由大到小的顺序为___________。随温度升高，三条曲线逐渐趋于重合的原因为___________。

（3）一定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，假设只发生反应I和II。实验测得反应前容器内压强为p0Pa，10min达到平衡时C2H3Cl(g)、HCl(g)的分压分别为p1Pa、p2Pa。
①0~10min内，反应I和反应IIHCl的总的消耗速率v(HCl)=___________Pa•min-1(用分压表示)。
②反应I的平衡常数Kp=___________。(用含P0、P1、P2的代数式表示)
（4）电化学腐蚀法可有效将废水中的三氯乙烯转化为乙烯。利用活性纳米Fe电化学腐蚀处理酸性三氯乙烯废水的过程如图。定义单位时间内纳米Fe释放的总电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。

①上述电化学腐蚀过程①的电极反应为___________。
②在处理过程中，当消耗amol纳米Fe时，产生bL的乙烯气体(标准状况)，则该电化学腐蚀过程的电流效率η=___________(用含a、b的代数式表示)。[已知：η=×100%]
【答案】
（1） 2.11×10-24 -2.24×10-24NA
（2） Pa＞Pb＞Pc 反应III前后气体分子数相等，高温下以反应III为主
（3）
（4） C2HCl3+3H++6e-→C2H4+3Cl-
【解析】
（1）反应速率由慢反应决定，反应中最大的活化能就是决速步骤的活化能为1.68×10-24eV-(-0.43×10-24eV)=2.11×10-24eV；由上述反应历程可推算反应I的反应热△H1，则△H1=-2.24×10-24NAeV•mol-1；故答案为：2.11×10-24eV；-2.24×10-24NA；
（2）增大压强使平衡正向移动，乙炔转化率增大，故Pa＞Pb＞Pc，随温度升高，反应I、II、III都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应III为主，因为反应III前后气体分子数相等，故答案为：Pa＞Pb＞Pc；反应III前后气体分子数相等，高温下以反应III为主；
（3）①恒容密闭容器中以物质的量之比为1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，实验测得反应前容器内压强为p0Pa，则反应前p(HCl)=Pa，v(HCl)==Pa•min-1
②，平衡时，则反应I的平衡常数Kp====故答案为：；
（4）①根据腐蚀过程图可知，过程①三氯乙烯失去电子得到乙烯，电极反应为：C2HCl3+3H++6e-→C2H4+3Cl-；
②腐蚀过程中，Fe→Fe2+，因此当消耗a mol纳米铁时，单位时间内纳米Fe释放的总电子的物质的量为nt=2a，过程①为有效腐蚀，产生标况下bL的乙烯气体时，转移的电子的物质的量ne=mol，因此电流效率η=×100%=。
20．原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。
（1）现有如下两个反应：A．NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；B．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑。上述反应中能设计成原电池的是______(填字母代号)，负极Zn发生了_____反应(填“氧化”或“还原”)。
（2）将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：

①下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置 B．乙中铜片上没有明显变化
C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少 D．两烧杯中溶液的pH均增大
②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲______乙(填“＞”、“＜“或“＝”)。
③请写出图中构成原电池的装置负极的电极反应式___________。
④当乙中产生1.12 L(标准状况)气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1 L，测得溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1(设反应前后溶液体积不变)。试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_______
【答案】（1）B　 氧化 （2）①BD ② ＞ ③ Zn－2e－=Zn2＋ ④ 1 mol·L－1
【解析】 （1）原电池原理必须是氧化还原反应，伴随着电子转移，则能设计成原电池的是B反应，B反应中Zn失去电子，作负极，发生氧化反应；
（2）①A.由装置图可知，甲装置形成了闭合回路，具备原电池的条件，可以将化学能转变为电能；乙装置中未形成闭合回路，没有构成原电池，所以不能将化学能转变为电能，故A错误；
B.乙装置未构成原电池，铜与稀硫酸不反应，所以铜片上没有明显变化，故B正确；
C.甲装置构成了原电池，锌作负极，锌片质量减小，铜作正极，铜片上有氢气生成，铜片质量不变，乙装置中Zn片溶解，锌片质量减少，故C错误；
D.两烧杯中均发生了锌与稀硫酸的反应，溶液酸性减弱，pH均增大，故D正确，故答案选BD。
②甲装置构成了原电池，促使反应速率加快，所以反应速率：甲＞乙；
③活泼金属锌作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn－2e－=Zn2＋；
④消耗的硫酸的物质的量为n(H2SO4)=n(H2)=，则硫酸浓度减少为：c(H2SO4)=，则原硫酸浓度为：c(H2SO4)=0.05mol/L+(0.1mol/L)/2=0.1mol/L。
21．（12分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答：

（1）氢氧燃料电池的在导线中电流的方向为由______(用a、b表示)。
（2）负极反应式为______，正极反应式为___________。
（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给,电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ 2Li+H22LiH Ⅱ LiH+H2O=LiOH+H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是_________，反应Ⅱ中的氧化剂是_____。
②已知LiH固体密度为0.82g·cm-3，用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为______。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为___mol。
【答案】（1）由b到a （2） 2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O O2 + 2H2O + 4e-=4OH- （3）① Li H2O ②或8.71×10-4 ③ 32
【解析】 （1）燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置；氢气失去电子，为负极；氧气获得电子，为正极；电子由负极通过导线移向正极，即由a到b；
（2）负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O。正极为氧气得到电子，由于电解质溶液为碱性，氧气得到电子和水生成OH-，方程式为O2 + 2H2O + 4e-=4OH-；
（3） 2Li+H22LiH，氢化锂中，Li的化合价为+1，则反应中锂失电子发生氧化反应，锂是还原剂。Ⅱ LiH+H2OLiOH+H2↑，该反应中H2O得电子生成氢气，发生还原反应，H2O是氧化剂；
②根据化学反应方程式，2n(H2)=n(LiH)，用锂吸收224 LH2，为10mol，则生成的LiH为20mol，其质量为20mol×(7＋1)=160g，。生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为195cm3:224L≈8.7×10－4。
③20molLiH可以生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol%80%=16mol，1molH2转化为1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子。