【全国百强校】江西省南昌市第二中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题(解析版)

江西省南昌市第二中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题
1. 下列说法不正确的是（）
A. 乙酸、乙醇分别和大小相同的金属钠反应,乙酸反应更剧烈
B. 淀粉和纤维素的组成可用（C6H10O5）n表示，它们互为同分异构体
C. 浓硝酸不慎滴到皮肤上，发现皮肤变黄
D. 苯的结构式虽然用表示，但苯的结构却不是单、双键交替组成的环状结构，可以从它的邻二氯代物结构只有一种得到证明
【答案】B
【解析】分析：A．乙醇、乙酸都能与金属钠反应产生H2，反应的剧烈程度：乙酸＞乙醇；B．淀粉和纤维素的组成可用（C6H10O5）n表示，但n值不等，它们不是同分异构体；C．蛋白质遇浓硝酸变黄；D．若苯分子中存在碳碳单、双键交替的排布，其邻位二溴代物应该有两种结构；以此判断。

详解：A．乙醇、乙酸都能与金属钠反应产生H2，反应的剧烈程度：乙酸＞乙醇，故A正确；
B．淀粉和纤维素的组成可用（C6H10O5）n表示，但n值不等，它们不是同分异构体，故B错误；
C．蛋白质遇浓硝酸变黄，故C正确；
D．若苯分子中存在碳碳单、双键交替的排布，其邻位二溴代物应该有两种结构，故D正确；
故本题答案为B。

2. 下列说法不正确的是（）
A. 以乙烯为主要原料可制取乙酸乙酯
B. 用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油
C. 某烷烃的二氯代物有3 种,则该烃的分子中碳原子个数可能是4
D. 乙烯、乙醇、葡萄糖都能与酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液反应
【答案】B
【解析】分析：A. 先用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，然后用乙醇氧化后生成乙酸，乙醇乙酸发生酯化反应制得乙酸乙酯；B.矿物油是以烃类为主要成分，不溶于氢氧化钠，也不与氢氧化钠溶液反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在氢氧化钠溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油；C.乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种；D.由于酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液都具有强氧化性，而乙烯、乙醇、葡萄糖都具有
还原性的官能团，即C=C、-OH、-CHO，所以都能反应；
详解：A.用乙烯为原料制备乙酸乙酯时，先用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，然后用乙醇氧化后生成乙酸，乙醇乙酸发生酯化反应制得乙酸乙酯，故A正确；
B.矿物油是以烃类为主要成分，不溶于氢氧化钠，也不与氢氧化钠溶液反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在氢氧化钠溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，故B 错误；
C.乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，故C正确；
D.由于酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液都具有强氧化性，而乙烯、乙醇、葡萄糖都具有还原性的官能团，即C=C、-OH、-CHO，所以都能反应，故D正确；
故本题选B。

点睛：注意异丁烷的二氯代物有3种，但二氯代物有3种的烷烃不是只有异丁烷，如(CH3)3C-C(CH3)3的二氯代物也是三种，所以该烃分子中碳原子数可能是4。

3. 下列关于有机物的叙述正确的是（）
A. 聚乙烯中含有大量碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被—C3H7取代，形成的同分异构体有9种
D. CH2=CHCH2OH能发生加成反应、取代反应、氧化反应
【答案】D
【解析】分析：A.聚乙烯不含碳碳双键；B.油脂可被高锰酸钾氧化；C.-C3H7与甲基有邻、间、对三种,且-C3H7有2种同分异构体；D.含有碳碳双键、羟基,结合烯烃、醇的性质判断。

详解:A.聚乙烯为乙烯的加聚产物，不含大量的碳碳双键，故A错误;
B.油脂含有碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，故B错误；
C.-C3H7在甲苯苯环上位置有3种情况, -C3H7中碳链异构为正丙基和异丙基，因此-C3H7异构情况为2种，故同分异构体的种类为:2×3=6,故C错误；
D.含有碳碳双键、羟基,则具有烯烃、乙醇的性质,可发生加成反应、取代反应、氧化反应,所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。

4. 下列实验操作不能够达到实验目的的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】分析：A.Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳；B.常温下，浓盐酸氢离子浓度大; C. 将混合液倒入NaOH溶液，硝酸、硫酸与氢氧化钠反应，苯和硝基苯不反应;D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸。

详解:A.Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则该实验可证明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼,所以A选项是正确的；
B.Fe和盐酸反应实质是和氢离子反应,浓盐酸比稀盐酸氢离子浓度大，反应快，能达到实验目的，故B正确；
C. 用苯与浓H2SO4和浓HNO3制备硝基苯，要除去硝基苯中混有浓H2SO4和浓HNO3，由于苯和硝基苯都不与氢氧化钠反应，可将产物倒入NaOH溶液中，静置，混合液分层，然后通过分液分离，故C正确；
D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则加入的氢氧化铜悬浊液和稀硫酸反应而影响葡萄糖的检验，则不能实现实验目的，故D错误；
所以本题答案选D。

点睛：本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及物质分离与提纯、有机物结构与性质、淀粉水解、乙醇性质等知识，明确常见物质组成、结构与性质为解答关键，试题有利于提高学生的化学实验能力。

5. 下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（）
A. 从海水中富集镁元素用NaOH沉淀法
B. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等
C. 从海水中提取溴单质的过程中用氯气做还原剂
D. 将海带烧成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘单质
【答案】B
6. 短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。

已知：Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应。

下列说法不正确的是（）
A. 简单气态氢化物的热稳定性：R<X
B. Y、Z的简单离子半径大小：Y<Z
C. 工业上，采用电解熔融Y的氯化物冶炼单质Y
D. RZ2是含极性键的共价化合物
【答案】C
【解析】分析：根据题给信息Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应可知，Y 为Al，根据图示可知：R为C，X为N，Z为S。

综上，R、X、Y、Z分别为C、N、Al、S。

详解：A项，元素的非金属性越强气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性越弱，所以气态氢化物的热稳定性：CH4<NH3，故A项正确；
B项，Al3+有2个电子层，S2-有3个电子层，电子层数越多，离子半径越大，离子半径：Al3+< S2-,故B项正确；
C项，氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，应电解熔融的氧化铝进行铝单质的冶炼，故C项错误；
D项，CS2为共价化合物，C和S原子之间形成极性共价键，故D项正确。

综上所述，本题正确答案为C。

7. 下列有关实验装置及实验方案的设计不正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】A，SO2通入品红溶液中品红褪色说明SO2具有漂白性，SO2和H2S混合产生淡黄色固体，说明发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应中SO2表现氧化性被还原成S，用碱石灰吸收尾气，防止污染大气，A 项正确；B，Ca（OH）2和NH4Cl的混合物加热发生反应生成CaCl2、NH3和H2O，用碱石灰干燥NH3，NH3极易溶于水，NH3的密度比空气小，用向下排空气法收集干燥的NH3，用水吸收多余的NH3，B项正确；C，苯分别滴加到溴水、酸性KMnO4溶液中，苯会将溴水中Br2萃取到苯层，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯中不含碳碳双键，C项正确；D，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂从溴水中萃取Br2，D项错误；答案选D。

点睛：本题考查实验方案的设计和评价，涉及SO2的性质实验、NH3的实验室制备、苯结构的探究、萃取实验。

萃取剂选择的原则：（1）萃取剂与原溶剂互不相溶；（2）萃取剂与原溶液不反应；（3）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度；如从溴水中萃取Br2可选择苯或CCl4作萃取剂。

8. 一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解。

不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。

下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)（）
A. 12min时，a=33.3
B. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30mol/L
C. 反应到6min时，H2O2分解了60%
D. 0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)
【答案】D
【解析】A．随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐降低，则无法计算12min时生成的氧气体积，A错误；B．反应至6min时生成氧气是0.001mol，消耗双氧水是0.002mol，剩余H2O2为
0.01L×0.4mol/L-0.002mol=0.002mol，则c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，B错误；C．反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L×0.4mol/L=0.004mol，H2O2分解了
0.002mol/0.004mol×100%=50%，C错误；D.0～6min，生成O2为0.0224L÷22.4L/mol=0.001mol，由2H2O2＝2H2O+O2↑可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度是0.2mol/L，因此v（H2O2）
=0.2mol/L÷6min=0.033mol/（L•min），D正确；答案选D。

点睛：本题考查化学平衡的计算，把握表格中数据的应用、速率及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用氧气的变化量计算过氧化氢的量。

9. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。

一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。

该电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca=CaCl2＋Li2SO4＋Pb ，下列说法不正确的是( )
A. 工作时，电池的正极质量逐渐减轻
B. 放电过程中，Li＋向正极移动
C. 每转移0.1 mol电子，理论上生成20.7 g Pb
D. 常温时，在正负极间接上电流表，指针不偏转
【答案】C
【解析】分析:热激活电池为原电池原理，根据电池总反应，结合装置可判断出，硫酸铅电极为正极，钙电极为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此分析解答。

详解：A项，正极发生还原反应，电子反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42-，因此，电池的正极质量逐渐减轻，故A项正确；
B项，放电过程为原电池，阳离子向正极移动，故B项正确；
C项，每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，为10.35g，故C项错误。

D项，常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，所以指针不偏转，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为C。

点睛：本题考查化学基本理论，涉及电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算，掌握电子守恒是计算的关键。

10. 在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，另一份等质量的有机物和足量的NaHCO3反应得到V2 L二氧化碳，若2V1＝V2，则有机物可能是（）
A. B. HOOC-COOH C. HOCH2CH2OH D.
【答案】B
【解析】试题分析：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，
存在反应关系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOH CO2，
若2V1=V2，说明分子中只含有-COOH，只有B符合，故选B。

考点：考查有机物的推断
11. 某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个，则符合该结构的所有烷烃的一氯取代物总共有几种（）
A. 10种
B. 9种
C. 8种
D. 7种
【答案】B
【解析】分析:烷烃相对分子质量为86,则该烷烃含有的碳原子数目为:=6,该烷烃为己烷;分子中含有3
个—CH3、2个—CH2—和1个,说明该烷烃只含有1个支链,其支链不可能为乙基,只能是甲基,该有机物可能的结构简式有2种:CH3CH(CH3)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,然后根据这两种有机物分子中含有
的不同位置的H的数目判断其一氯代物种类。

详解: 烷烃相对分子质量为86,则该烷烃含有的碳原子数目为:=6,该烷烃为己烷;分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个,说明该烷烃只含有1个支链,其支链不可能为乙基,只能是甲基,其主链含有5个C,满足条件的己烷的结构简式为:①CH3CH(CH3)CH2CH2CH3,②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,其中①分子中含有5种位置不同的H,即含有一氯代物的数目为5;②分子中含有4种位置不同的H,则其一氯代物有4种,所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有:5+4=9种,
所以B选项是正确的。

12. 布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）
A. 布洛芬的分子式为C13H18O2
B. 布洛芬与乙酸是同系物
C. 1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应
D. 该物质苯环上的一氯代物有2种
【答案】B
【解析】分析:有机物含有羧基,苯环,具有羧酸、苯的性质,结合有机物的结构特点解答该题。

详解:A.由结构简式可以知道布洛芬的分子式为C13H18O2,所以A选项是正确的；
B.布洛芬与乙酸结构上不相似（乙酸中无苯环），分子组成也不是相差CH2原子团，因而不是同系物,所以B 选项是错误的;
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环,则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应,所以C选项是正确的；
D.结构对称,则布洛芬在苯环上发生取代反应,其一氯代物有2种,故D正确。

综上所述，本题正确答案为B。

13. 已知乙酸和乙酸乙酯的混合物中含H质量分数为7.8%，则其中含氧质量分数是（）
A. 45.4%
B. 49.8%
C. 51.4%
D. 15.6%
【答案】A
【解析】根据乙酸与乙酸乙酯的分子式C2H4O2、C4H8O2可知，碳、氢的原子个数之比是1︰2的，质量之比是6︰1，所以混合物中含氢的质量分数为7.8%，则碳的质量分数就是46.8％。

因此氧的质量分数是
45.4%，A项正确。

14. 乙醇催化氧化为乙醛过程中化学键的断裂与形成情况可表示如下：
(注：含—CHO的物质为醛类化合物)
下列醇能被氧化为醛类化合物的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
.......
..............
考点：考查醇被催化氧化的性质的知识。

15. 甲苯的苯环上有5个氢原子，其中苯环上的2个氢原子分别被羟基(—OH)和氯原子(—Cl)取代，则可形成的有机物共有( )
A. 15种
B. 12种
C. 10种
D. 9种
【答案】C
【解析】先将移动-Cl，得邻、间、对3种结构，再逐个插入-OH，如图所示：、、
，分别有4种、4种、2种不同位置，共10种，故选C。

点睛：本题考查同分异构体的数目的判断，较难，注意二取代物的书写可以采用“定一移一”法解决，先确定氯原子的位置，然后确定羟基的位置。

16. 乙烯与乙烷的混合气体共 amol,与 bmol 氧气共存于一密闭容器中,点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完,得到CO和CO2的混合气体和 45g 水，则下列说法错误的是（）
A. 当 a=1 时,乙烯和乙烷的物质的量之比为 1：1
B. 当 a=1 时,且反应后CO和CO2的混合气体的物质的量为反应前氧气的时，则b=3
C. 当 a=1 时，且反应后 CO 和 CO2的混合气体的物质的量为反应前氧气的时，则 CO 和 CO2的物质的量之比为 3：1
D. a 的取值范围为
【答案】C
【解析】分析：A.设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与生成的水中H原子守恒列方程，据此计算解答；
B.根据碳元素守恒计算反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和，据此计算b的值；
C.设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol,根据二者之和与氧原子守恒列方程计算；
D.根据H原子守恒利用极限法解答，只有乙烯时，a值最大，只有乙烷时，a值最小。

详解:A.设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程,
则:x+y=1,4x+6y=，计算得出:x=0.5,y=0.5,故n(C2H4):n(C2H6)=0.5mol:0.5mol=1:1，所以A选项是正确的；
B.根据碳元素守恒可以知道,反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol×2=2mol,故b=2,计算得出:b=3,所以B选项是正确的；
C.设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol,根据二者之和与氧原子守恒列方程,
则:a+b=2,a+2b=3×2-,计算得出:a=0.5,b=1.5,故n(CO):n(CO2)=0.5mol:1.5mol=1:3,故C错误；
D.生成水的物质的量==2.5mol,只有乙烯时,a值最大,根据H原子守恒可以知道,a的极大值
为:=mol,只有乙烷时,a值最小,根据H原子守恒可以知道,a的极小值为:=mol,故a的取值
范围为:,所以D选项是正确的;
所以C选项是正确的。

17. 有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍．②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移．④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质．⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：
（1）A元素的最高价氧化物的电子式_________________________．
（2）B元素在周期表中的位置_______________________________．
（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有____________________．
（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为______________．
（5）元素D与元素E相比，非金属性较强的是______（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_______________（填选项序号）．
a．常温下D的单质和E的单质状态不同
b．E的氢化物比D的氢化物稳定
c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应
d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸
e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质．
【答案】(1). (2). 第二周期ⅥA族(3). 离子键、共价键(4).
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl(5). Cl(6). bd
【解析】分析：有A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数由A到E逐渐增大。

A的最外层电子数是次外层电子数的2倍,则A原子有2个电子层,最外层电子数为4,则A为碳元素;B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同,则C处于第三周期，B处于第二周期,在通常状况下,B的单质是气体，0.1molB 的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移,B元素表现-2价,则B为O元素;C的单质在点燃时与B 的单质充分反应,生成淡黄色的固体,此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na;D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应,E的原子序数最大,则D为S元素,E为Cl,据此解答。

详解: (1)A为碳元素,最高价氧化物为CO2,电子式为,因此，本题正确答案是: ；(2)B为氧元素,在周期表中的位置：第二周期VIA族,因此，本题正确答案是:第二周期VIA族；
(3)B单质与C单质在点燃时反应的生成物为Na2O2,含有离子键、共价键,因此，本题正确答案是:离子键、共价键；
(4)D元素的低价氧化物为二氧化硫,与氯气的水溶液反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,
因此，本题正确答案是: SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
(5)同周期自左而右元素非金属性增强,故非金属性Cl>S,
a.单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，故a错误；
b.氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强,故b正确；
c.与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强弱,Na不是变价金属,不能判断
硫与氯的非金属性强弱，故c错误；
d.最高价含氧酸的酸性与中心元素的非金属性一致，故d正确；
e.硫不能与HCl反应生成氯气,故e错误。

因此，本题正确答案是:Cl；bd。

18. Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：
（1）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为______________________；
（2）平衡时容器内混合气体密度比起始时__________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时___________；
（3）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=___________。

Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比。

（1）一定能证明2SO 2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是_______（填序号，下同）。

（2）一定能证明I 2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。

（3）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。

（注：B,C,D均为无色物质）Ⅲ.（1）铅蓄电池是常见的化学电源之一，其充电、放电的总反应是：2PbSO4+ 2H2O Pb + PbO2 + 2H2SO4, 铅蓄电池放电时，_______（填物质名称）做负极。

放电过程中硫酸浓度由5mol/L 下降到 4mol/L，电解液体积为 2L（反应过程溶液体积变化忽略不计），求放电过程中外电路中转移电子的物质的量为
___________mol。

（2）有人设计将两根 Pt 丝作电极插入 KOH 溶液中，然后向两极上分别通入乙醇和氧气而构成燃料电池。

则此燃料电池工作时，其电极反应式为：
负极：_____________
正极：_____________
【答案】(1). 0.01mol/(L·min)(2). 相等(3). 变大(4). 7：5(5). ①③④(6). ⑤(7).
②④(8). 铅(9). 2(10). C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O(11). O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】Ⅰ．分析：(1)根据化反应速率v=来计算化学反应速率;
(2)混合气体的平均相对分子质量M=,混合气体密度来判断；
(3)根据化学反应中的三段式进行计算；
详解: (1)反应开始至2min,以气体Z表示的平均反应速率v=0.01mol/(L min),因此，本题正确答案是: 0.01mol/(L min);
(2)混合气体密度,从开始到平衡,质量是守恒的,体积是不变的,所以密度始终不变,混合气体的平均相对
分子质量M=,从开始到平衡,质量是守恒的,但是n是逐渐减小的,所以M会变大,因此，本题正确答案是:相等;变大；
(3) 根据图示的内容知道,X和Y是反应物,X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2,反应的化学方程式为:3X+Y⇌2Z,利用三行式找出有关量，
3X+Y⇌2Z (设Y的变化量是x)
初始量:a b 0
变化量:3x x 2x
平衡量:a-3x b-x 2x
当n (X)=n (Y)=2n (Z)时, a-3x = b-x=4，则a=7x,b=5x,所以原混合气体中a:b=7:5,因此，本题正确答案是: 7:5。

Ⅱ．分析：化学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，以此分析。

详解：(1)对于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①正确；②混合气体的密度一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故③正确；④混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④正确；⑤混合气体的颜色一直不变，反应达平衡状态，故⑤错误；⑥只要反应发生就有各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比，故⑥错误；故选：①③④；
(2)对于反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)，①混合气体的压强一直不变，故①错误；②混合气体的密度一直不变，故
②错误；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④混合气体的平均相对分子质量一直不变，故④错误；⑤混合气体的颜色说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故⑤正确；故选：⑤。

（3）对于反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，①混合气体的压强一直不变，故①错误；②根据，混合气体的密度不变，因V不变，说明气体质量一定，即浓度不变，故②正确；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④根据M=，混合气体的平均相对分子质量不变，因n不变，m则不变，说明各组分气体浓度不变，故④正确；⑤混合气体为无色，故⑤错误；故选②④：。

Ⅲ.分析：（1）放电时铅失电子而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式计算；
（2）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应．
详解：（1）根据电池反应式知，铅失电子化合价升高而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式得，转移电子的物质的量=×2=2mol，
故答案为：铅；2；
（3）该燃料电池中，负极上乙醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：
C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式
为 O2+4e-+2H2O=4OH-，
故答案为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-。

点睛：本题考查了化学平衡的图象分析和化学平衡状态的判断，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系。

化学平衡状态的判断，紧扣正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。

原电池设计及原电池原理，明确原电池原理内涵是解本题关键，根据电池反应式确定原电池正负极及电解质，再结合得失电子方向解答。

19. 德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构.为了验证凯库。