福建省平和一中、南靖一中等五校2018-2019学年高二上学期第一次联考化学试题 含解析

福建省平和一中、南靖一中等五校2018-2019学年高二上学期第一次联考化学试题
1.下列电池不属于
．．．化学电池的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
铅蓄电池、锌锰电池、镍镉电池都是将化学能转化为电能，属于化学电池，太阳能电池是将太阳能转化为电能，不属于化学电池，答案选B。

2.下列化学反应属于吸热反应的是
A. 木炭燃烧
B. 铝热反应
C. 碳与二氧化碳在高温下反应
D. 氢氧化钠和硝酸反应
【答案】C
【解析】
A. 木炭燃烧属于放热反应，A错误；
B. 铝热反应属于放热反应，B错误；
C. 碳与二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳，属于吸热反应，C正确；
D. 氢氧化钠和硝酸反应是中和反应，属于放热反应，D 错误，答案选C。

3.下列变化中，一定不存在化学能与热能相互转化的是( )
A. 木柴燃烧
B. 白磷自燃
C. 燃放爆竹
D. 干冰升华
【答案】D
【解析】
分析：存在化学能与热能的相互转化，是指发生化学反应过程中伴随有能量的变化，能量以热能体现。

详解：A、木柴燃烧有化学反应发生，有化学能和热能变化，A不符合；
B、白磷自燃有化学反应发生，有化学能和热能变化，B不符合；
C、燃放爆竹过程中有化学反应发生，有化学能和热能变化，C不符合；
D、干冰气化只有热量变化，无化学能的变化，D符合；
答案选D。

4.已知反应A(g)+3B(g)2C(g)，在10s内，A的浓度由4mol/L变成了2mol/L，则以A的浓度变化表示的反应速率为
A. 0.2mol/(L·s)
B. 0.3 mol/(L·s)
C. 0.4 mol/(L·s)
D. 0.1 mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
分析：通常用单位时间内反应浓度的减少或生成物浓度的增加来表示反应速率，结合υ＝解答。

详解：已知在10s内，A的浓度由4mol/L变成了2mol/L，A的浓度减少了4mol/L－2mol/L＝2mol/L，则以A的浓度变化表示的反应速率为2mol/L÷10s＝0.2mol/(L·s)，答案选A。

点睛：掌握化学反应速率的含义和表达式是解答的关键。

关于化学反应速率还需要明确以下几点：化学反应速率是一段时间内的平均速率，而不是瞬时反应速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值；同一化学反应在相同条件下，用不同物质表示的化学反应速率，其数值不同，但意义相同；计算反应速率时，若给出的是物质的量的变化值，不要忘记转化为物质的量浓度的变化值。

5.反应2A(g) 2 B(g)+C(g) △H＞0，达平衡时要使v正降低、c(A)增大，应采取的措施是（）
A. 加压
B. 减压
C. 升温
D. 降温
【答案】D
【解析】
【详解】正反应是气体体积增大的吸热反应。

A、增大压强，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，故A错误；B、减小压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都减小，c(A)降低，故B 错误；C、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，c(A)降低，故C错误；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c(A)增大，故D正确；故选D。

【点睛】由信息可知，正反应是吸热反应，则逆反应是放热反应，正反应是气体体积增大的反应；根据勒夏特列原理可知，要使反应逆向移动并且正反应速率减小，可以采取降低温度、减小压强、减小反应物浓度的措施，由此结合选项判断。

6.在恒温恒容的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g) + O2(g)2NO2(g)，不能说明该反应已经达到平衡状态的是
A. 正反应生成NO2的速率和逆反应生成NO的速率相等
B. 反应容器中压强不随时间的延长而变化
C. 混合气体颜色深浅保持不变
D. 混合气体的密度不随时间延长而变化
【答案】D
【解析】
分析:反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,可由此进行判断。

详解:A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率等于2:1时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态,故A不选；
B.反应前后气体的化学计量数之和不相等,当达到平衡时,气体的压强不变,故B不选；
C.当反应达到平衡状态时,二氧化氮的浓度不变,则混合气体颜色深浅不变，故C不选；
D.反应前后气体的总质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终不变，故选D；
答案选D。

7.已知稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)，生成1 mol H2O(l)放出57.3 kJ 热量。

下列过程中放出热量为57.3 kJ的是
A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)
D. 稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)
【答案】C
【解析】
分析：中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，结合反应的特点分析判断。

详解：A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量是2×57.3 kJ，A错误；B. 一水合氨是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)时放出热量小于57.3 kJ，B错误；
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)时放出热量为57.3 kJ，C正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，则稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)时放出热量大于57.3 kJ，D 错误；答案选C。

8.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是
图① 图② 图③
A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈
B. 图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀
C. 图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀
D. 图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A、形成原电池需要电解质溶液,所以干燥空气中不易形成原电池,则铁钉不会生锈,故A正确；
B、中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀,所以钢闸门会发生吸氧腐蚀,故B正确；
C、与原电池的正极相连作阳极,活泼金属作阳极时,金属失电子易被腐蚀,所以若将钢闸门与电源的正极相连,不能防止钢闸门腐蚀,故C错误；
D、Mg、Fe形成原电池时,Fe作正极,Mg失电子作负极,Fe被保护,故D正确；
综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】本题重点考查金属腐蚀与防护。

铁钢等金属在潮湿空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀。

在强酸环境下发生析氢腐蚀，在中性或弱酸性环境下易发生吸氧腐蚀。

因此需要对其钢铁等进行防护。

若与电池相接，则为牺牲阳极保护法，即钢闸门与电池的负极相连。

这样在阳极失电子，阴极的阳离子得电子发生还原反应，钢闸门不发生反应，避免被腐蚀，保护了钢闸门。

常用的方法还有原电池原理，与被保护金属活泼的金属相连接形成原电池。

即被保护方做正极，负极活泼型金属失电子。

9.将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：
N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是
A. 用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1
B. 2s时H2的转化率为40％
C. 2s时N2与H2的转化率相等
D. 2s时H2的浓度为0.6mol·L-1
【答案】B
【解析】
分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.根据v=计算用N2表示的反应速率；
B.根据=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与 H2的转化率相等；
D.根据c=计算。

详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.用N2表示的反应速率为:=0.15 mol•L-1•s-1，故A正确；
B. 2s时H2的转化率为：×100%=60%;故B错误；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与 H2的转化率相等，故C正确；
D.2s时H2的浓度为=0.6mol•L-1，故D正确。

所以本题答案选B。

10.已知室温下，将 CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，将 CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高。

则下列能量转化关系的判断不正确的是
A. △H1＞0
B. △H2＞△H3
C. △H3＞△H1
D. △H2=△H1+△H3
【答案】C
【解析】
A将 CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，说明是吸热反应，△H1＞0，△H2＞0，故A正确；B由
= 知△H2＞△H3，故 B对；将 CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高说明是放热反应，△H3<0因为△H1＞0故△H3＞△H1是错的；所以C错；根据上述关系和盖斯定律知△H2=△H1+△H3，故D正确；故选C 。

11.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是
( )
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)====SO2(g) ΔH1，S(s)+O2(g)====SO2(g) ΔH2则ΔH1<ΔH2
D. CO(g)+H2O(g)====CO2(g)+H2(g) ΔH1>0
【答案】C
【解析】
A、图象1分析金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A错误；
B、图象2分析白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，白磷比红磷稳定性差，故B错误；
C、依据图象3分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量，故ΔH1<ΔH2，故C正确；
D、图象4分析反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和，反应是放热反应，故D正确。

12.下列关于平衡常数的说法正确的是
A. 在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示
B. 可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大
C. 可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度
D. 平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；
B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；
C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；
D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；答案选C。

13.下图是铅蓄电池的工作原理示意图，电池总反应式是Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O，下列说法正确的是
A. 放电时：PbO2做负极
B. 充电时：硫酸浓度增大
C. 充电时：B应与电源的正极相连
D. 放电时：正极反应是Pb－2e－＋SO42﹣＝PbSO4
【答案】B
【解析】
A. 放电时为原电池：PbO2做正极，Pb做负极，选项A错误；
B. 充电时为电解池：电极总反应式为2PbSO4＋2H2O= Pb＋PbO2＋2H2SO4，硫酸浓度增大，选项B正确；
C. 充电时为电解池：B为阴极应与电源的负极相连，选项C错误；
D. 放电时为原电池：正极得电子，电极反应是PbO2+2e－+4H+＋＝PbSO4＋2H2O，选项D错误。

答案选B。

14.人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K=220。

HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会
使人智力受损。

下列结论错误的
．．．是
A. CO与HbO2反应的平衡常数K=
B. 当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
C. 人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
D. 把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据化学平衡常数的概念解答，可逆反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
B、由题意可知K=220，当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损，
c(HbCO)/c(HbO2)=0.02时，c(CO)/c(O2)=9×10-5，0.001＞9×10-5，所以吸入的CO与O2浓度之比等于
0.001时，人的智力会受损；
C、CO增多，平衡向正反应方向移动，与血红蛋白结合的O2越少；
D、把CO中毒病人放入高压氧仓，O2浓度很大，平衡将向逆反应方向移动，从而解毒．
【详解】A、由反应方程式CO+HbO2O2+HbCO，可知CO与HbO2反应的平衡常数K=，故A正确；
B、由题意可知K=220，当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损，
c(HbCO)/c(HbO2)=0.02时，c(CO)/c(O2)=9×10-5，0.001＞9×10-5，所以吸入的CO与O2浓度之比等于
0.001时，人的智力会受损，故B错误；
C、增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动，CO与HbO2反应的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，人体吸入CO越多，平衡向正反应方向移动，与血红蛋白结合的O2越少，故C正确；
D、化学平衡常数只受温度影响，与反应物生成物的浓度无关，把CO中毒病人放入高压氧仓，O2浓度很大，CO+HbO 2O2+HbCO，平衡将向逆反应方向移动，从而解救人，而平衡常数没有变化，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查平衡常数表达式及其意义，解题关键：化学平衡的移动的影响因素。

难点B，根据平衡常数进行计算。

15.用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。

下列说法中，正确的是
A. 燃料电池工作时，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 若a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C. 若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
D. 若a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A.在燃料电池工作时，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，所以正极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，错误；B. a极是铁，与电源的正极连接，是阳极，属于活性电极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+；b极是铜，与电源的负极连接为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，所以a极逐渐溶解，b极质量增加，错误；C. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极发生的电极反应是：Cu-2e-=Cu2+；逐渐溶解，b极上发生的电极反应是：Cu2++2e-=Cu，有铜析出，正确。

a、b两极均是石墨时，在相同条件下，a极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电池的负极发生的反应是：2H2-4e-=4H+，根据在闭合回路中电子转移数目相等可知，a极产生的气体是电池中消耗的H2体积的一半，错误。

考点：考查原电池、电解池的工作原理及应用的知识。

16.某电化学气敏传感器的工作原理如图所示，下列说法不正确的是
A. a极为负极
B. b极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-
C. 电解质溶液中的OH- 移向a极
D. 该传感器工作一段时间后，电解质溶液的pH值将变大
【答案】D
【解析】
该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，其电池的总反应为4NH3+3O2═4N2+6H2O
A、该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，故A正确；
B、氧气在正极上得电子生成氢氧根离子， b极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；
C、碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH－-6e－═N2+6H2O，消耗OH-，电解质溶液中的OH- 移向a极，故C正确；
D、该传感器在工作过程中总反应为4NH3+3O2═4N2+6H2O，所以KOH的物质的量不变，pH值不变，故D错误；故选D。

点睛：本题考查了原电池原理，解题关键：明确正负极上发生的电极反应，难点是电极反应式的书写，易错点C。

17.（I）50 mL 0.50 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。

通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是________；
（2）用相同浓度和体积的醋酸代替稀盐酸溶液进行实验，求得的中和热数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；
（3）实验中改用60 mL 0.50 mol/L 盐酸跟50 mL 0.55 mol/L NaOH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”)，简述理由________________________________________________________。

（Ⅱ）．某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。

所用HNO3浓度为1.00 mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00 mL，大理石用量为10.00 g。

（4）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：
（5）实验①中CO 2质量随时间变化的关系见下图。

计算实验①中70 s ～90 s 范围内用HNO 3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。

在O ～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。

【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 不相等 (4). 相等 (5). 中和
热是指酸跟碱发生中和反应生成1mol 水所放出的热量为标准的，而与酸、碱的用量无关 (6). 1.00
(7). 35 (8). 25 (9). 2.00 (10). 大理石规格 (11). 0.01 mol/(L·s) (12). 0-70
【解析】
【分析】
（I ）（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
（2）醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程。

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
（Ⅱ）．（4）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，硝酸的浓度应该不同；
实验①和③探究温度对反应速率的影响，温度应该不同；
Ⅲ中实验①和④，大理石的规格不同；
（5）先根据图象，求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应：CaCO 3+2HNO 3═Ca （NO 3）2
+CO 2↑+H 2O ，求出消耗的硝酸的物质的量，再由v （HNO 3）=△c/△t 求出反应速率。

曲线斜率越大，速率越快。

【详解】（I ）（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；
（2）醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替稀盐酸溶液反应，反应放出的热量偏小；
（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，如果用60 mL 0.50 mol/L 盐酸跟50 mL 0.55
mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，测得中和热数值相等；
（Ⅱ）．（4）②、由于①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该是1.00mol·L-1；
③、由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选③35℃，④25℃；
（Ⅲ）、实验①和④的大理石规格不同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响；
(5)由图可知70至90S，CO2生成的质量为m（CO2）=0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为n（CO2）
=0.11g/44g·mol－1=0.0025mol，根据反应CaCO3+2HNO3═Ca（NO3）2 +CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为n（HNO3）=2×0.025mol=0.005mol，又溶液体积为25ml即0.025L，所以HNO3减少的浓度△c （HNO3）=0.005mol/0.025L=0.2mol·L－1，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70-90S范围内的平均反应速率为v（HNO3）=△c/△t=0.01mol·L-1·S-1；曲线斜率越大，速率越快，反应速率最大的时间段是0～70s。

18.某可逆反应：2A(g)B(g)+D(g)在3种不同条件下进行，B和D的起始浓度均为0，反应物A 的浓度随反应时间的变化情况如下表：
(1)实验1中，在10～20 min内，以物质A表示的平均反应速率为____mol·L-1·min-l，50 min时，v（正）____（填“＜”“＞”或“=”）v（逆）。

(2)0～20 min内，实验2比实验1的反应速率_____（填“快”或“慢”），其原因可能是______。

(3)实验3比实验1的反应速率____（填“快”或“慢”），其原因是____。

【答案】 (1). 0.013 (2). ＝ (3). 快 (4). 实验2中使用了催化剂 (5). 快(6). 实验3的温度更高
【解析】
【详解】（1）实验1中，在10〜20min内A的物质的量浓度减少了0.8mol/L－0.67mol/L＝0.13mol/L，
则以物质A表示的平均反应速率为：v（A）=△c/△t=0.13mol/L/10min=0.013mol/（L•min）；根据表中数据可知，40min以后A的浓度不再变化，说明40min后达到平衡状态，则50min时，v（正）=v （逆）；
（2）实验1、2起始量相同，温度相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变；
（3）实验1、3起始量相同，但实验3达到平衡所需要的时间短，反应速率增大，根据图表可知，实验3温度比实验1高。

【点睛】本题考查化学平衡的简单计算，题目难度不大，明确化学反应速率概念、化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。

19.（I）某温度下，气体X和Y在体积为2L的密闭容器中反应，生成气体Z。

经测定各物质的物质的量随时间变化如下图所示，经10s达到化学平衡状态，请回答下列问题。

（1）写出该反应的化学反应方程式____________________________________。

（2）该温度下此反应的平衡常数______________________。

（Ⅱ）．已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g) ΔH＞0请回答下列问题：
（3）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L-1，c(N)=2.4 mol·L-1；达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为___________ ；
（4）若反应温度升高，M的转化率_______ （填“增大”“减小”或“不变”）；
（5）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1，c(N)=a mol·L-1；达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1，a=_________ ；
（6）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=b mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为
______ 。

【答案】 (1). X＋3Y3Z (2). 1.7 (3). 25% (4). 增大 (5). 6 (6). 41% 【解析】
【分析】
（I）（1）根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；
（2）根据平衡常数的定义列式计算。

（Ⅱ）．依据化学平衡三段式列式计算，达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度
=1mol·L-1×60%=0.6mol；
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol·L－1） 1 2.4 0 0
变化量（mol·L－1） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol·L－1）0.4 1.8 0.6 0.6
（3）转化率=消耗量/起始量×100%；
（4）根据温度对平衡的影响分析，反应吸热，升高温度平衡右移；
（5）由于温度不变，则平衡常数不变，与（3）相同；
（6）设平衡时转化的M为xmol，由于温度不变，则平衡常数不变，与（3）相同．
【详解】（I）（1）由图象可知，反应达到平衡时，△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.2mol：0.6mol：0.6mol=1：3：3，则反应的方程式为X+3Y3Z；
（2）平衡时浓度分别为c（X）：0.8mol/2L=0.4mol/L，c（Y）：0.4mol/2L=0.2mol/L，c（Z）：
0.6mol/2L=0.3mol/L，k= =1.7；
（Ⅱ）．达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度=1mol·L-1×60%=0.6mol；
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始量（mol·L－1） 1 2.4 0 0
变化量（mol·L－1） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol·L－1）0.4 1.8 0.6 0.6
K= =0.5
（3）N的转化率=消耗量/起始量×100%=0.6mol·L－1/2.4mol·L－1×100%=25%；
（4）反应吸热，升高温度平衡右移，则M的转化率增大；
（5）根据相同温度时平衡常数不变求解，
M（g） + N（g） P（g） + Q（g）；△H＜0
起始量4mol·L－1amol·L－1 0 0
变化量2mol·L－12mol·L－12mol·L－12mol·L－1
平衡量2mol·L－1（a-2）mol·L－12mol·L－12mol·L－1
由于温度不变，则平衡常数不变，与（3）相同，则有：=0.5，解之得a=6；
（6）设平衡时转化的M为xmol，
M（g） + N（g） P（g）+ Q（g）；△H＜0
起始量bmol·L－1bmol·L－1 0 0
变化量xmol·L－1xmol·L－1xmol·L－1xmol·L－1
平衡量（b-x）mol·L－1（b-x）mol·L－1xmol·L－1xmol·L－1
由于温度不变，则平衡常数不变，与（3）相同，则有：
，则0.414=41.4%，
故答案为：41.4%．
20.白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。

（1）已知298 K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1，P(红磷，s)＋5/4O2(g)===1/4P4O10(s)ΔH2＝－738.5 kJ·mol－1。

则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为_____________。

（2）已知298 K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(白磷，s)＋3O2(g)===P4O6(s)
ΔH＝－1 638 kJ·mol－1。

在某密闭容器中加入62 g白磷和50.4 L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。

则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为__________，反应过程中放出的热量为
__________。

（3）已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P 198，Cl—Cl 243，P—Cl 331。

则反应P4(白磷，s)＋6Cl2(g)===4PCl3(s)的反应热ΔH＝______________。

【答案】 (1). P4(白磷，s)===4P(红磷，s) ΔH＝－29.2 kJ·mol－1(2). 3∶1 (3). 1 323.45 kJ (4). －1 326 kJ·mol－1
【解析】
【详解】（1）P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=-2983.2kJ/mol…①
P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=-738.5kJ/mol，…②
根据盖斯定律：①-②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=（-2983.2kJ/mol）-（-738.5kJ）×4=-29.2kJ/mol；热化学方程式为：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=-29.2kJ/mol；
（2）设所得到的P4O10和P4O6的物质的量分别是x和y。

50.4L氧气（标准状况下）是2.25mol，62g 白磷是0.5mol，则x＋y＝0.5mol、3y＋5x＝2.25，解得x＝0.375mol，y＝0.125mol，所以二者的物质的量之比是3︰1；最终放出的热量是2983.2 kJ•mol-1×0.375mol＋1638kJ•mol-1×0.125mol＝1323.45kJ；
（3）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是
198kJ/mol×6＋6×243kJ/mol－4×3×331kJ/mol＝－1326kJ/mol。

21.如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。

图1
图2
图3
（1）图1中，① 若开始时开关K与a连接，则该装置为_____（填装置名称），电极A的电极反应式为________________________
②若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为___________________
（2）2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200°C左右时供电，电池示意如图2所示：
①______极（填a或b）为电池的正极，电池工作时电子的流向为_________（填a→b或b→a）
②写出该电池负极的电极反应式________________________________________
（3）用图3装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾（电解槽内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。

①该电解槽的阴极反应式为_____________________。

②制得的硫酸溶液从出口__________________________（填“A”、“D”）导出,并简述原因
__________________________(请用化学用语和文字解释)
【答案】 (1). 原电池 (2). 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－ (3). 2H2O＋2Cl-2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (4). b a→b (5). C2H5OH-12e－+3H2O＝12H++2CO2 (6). 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ 或2H+＋2e－＝H2↑ (7). A (8). 2H2O-4e－＝4H+＋O2↑,OH－在阳极放电，使水的电离平衡正向移动，c(H+)增大 (9). SO42-通过阴离子交换膜进入阳极，和H+结合成硫酸
【解析】
【分析】
（1）①K与a连接形成原电池反应，发生吸氧腐蚀，B电极铁做负极失电子生成亚铁离子，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子；
②K与b连接形成电解池，与电源正极相连的A电极为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，与电源负极相连的B电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气；
（2）在燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应，电流在电路中从正极流向负极；
（3）电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，阳极上失电子发生氧化反应，电解产生的氢氧化钾在阴极产生．
【详解】（1）①K与a连接形成原电池反应，发生吸氧腐蚀，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e－=4OH－；
②K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，即B电极反应为2H＋+2e－=H2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为 2H2O＋2Cl-2OH－＋H2↑；
（2）①燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，电流在电路中从正极流向负极，根据质子移动方向，可以知道b是正极，a是负极；
②该电池负极的电极反应式为：C2H5OH+3H2O-12e－=2CO2+12H＋；
（3）①电解时，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H＋+2e－=H2↑；
②阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，阳极上。