河北省张家口市宣化区宣化第一中学高二化学上学期10月月考试题含解析

PAGE18-河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共24小题，共72.0分）1.2010年节能减排将成为我国新一届政府工作的重点，因此节约能源与建设新能源是摆在当前的一个课题。针对这一现象，某化学学习研究性小组提出如下方案，你认为不够科学合理的是A.采用电解水法制取无污染的氢 B.完善煤液化制取汽油的技术C.研制推广以甲醇为燃料的汽车 D.进一步提高石油加工工艺【答案】A【解析】【详解】A.电解水，需要消耗大量的电能，与节能减排不符，可研究使用催化剂使水分解制取无污染的氢能，选项A选；B.煤液化转化为清洁能源，减少石油使用，在节能的同时减少污染物的排放，科学合理，选项B不选；C.甲醇燃烧产物为二氧化碳和水，减少汽车尾气的排放，科学合理，选项C不选；D.提高石油加工工艺，提升裂化、裂解技术，充分利用能源，能提高汽油柴油的产量，科学合理，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查实验方案的评价，为高频考点，把握能源的综合应用及节能减排的途径为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，注重化学与生活的联系，易错点为选项B：煤液化转化为清洁能源，减少石油的使用。2.下列关于金属腐蚀的说法正确的是A.金属在潮湿空气中腐蚀的实质是：M+nH2O=M(OH)n+n/2H2↑B.金属的化学腐蚀的实质是M–ne-=Mn+，该过程有电流产生C.金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行D.在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀【答案】D【解析】【详解】A、金属在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀而变质，如铁的腐蚀：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，选项A错误；B、金属的化学腐蚀实质是：M-ne-=Mn+，是金属失电子直接和氧化剂反应的过程，不产生电流，选项B错误；C、金属的化学腐蚀在酸性或是碱性环境下均有可能进行，如金属铝的化学腐蚀，选项C错误；D、在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀吸氧腐蚀为主，选项D正确。答案选D。3.下列说法正确的是A.凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B.自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C.常温下，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0D.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH＞0【答案】C【解析】【详解】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，ΔS＞0，则一定自发，若ΔH＞0，ΔS＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0或ΔH＞0，ΔS＞0，反应能否自发，和温度有关，A错误；B、根据A中分析可判断B错误；C、根据ΔH-TΔS＜0，反应的ΔS＞0，若ΔH＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH＞0，C正确；D、反应的ΔS＜0，能自发，说明ΔH＜0，D错误。答案选C。4.在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（）A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe否持续被氧化【答案】C【解析】【分析】I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】A．I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为:2NO+O2=2NO2，A正确；B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。5.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（）A.①③②④ B.①③④② C.③④②① D.③①②④【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；故选B。6.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是A.断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑B.断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C.断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—D.断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【答案】D【解析】【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；D、根据C中分析可知D正确，答案选D。【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。7.下列说法正确的是（）A.一定条件下，增加反应物的量，必加快反应速率B.升高温度对放热反应会减慢反应速率，而对吸热反应才会加快反应速率C.缩小体积，增大压强，对气体反应都会加快反应速率D.使用催化剂一定会加快反应速率，并使平衡发生移动【答案】C【解析】【分析】影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因为物质的本身性质，为主要因素，外因有温度、浓度、压强、催化剂以及光照等，为次要因素，一般来说，增大浓度、压强、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。【详解】A．如反应物为固体，增加反应物的量，浓度不变，则反应速率不变，选项A错误；B．升高温度，无论是吸热反应还是放热反应，反应速率都增大，选项B错误；C．缩小体积，增大压强，对气体反应，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞机率增大，反应速率增大，选项C正确；D．加入催化剂，活化分子百分数增大，反应速率增大，但不能使平衡移动，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，易错点为选项D，加入催化剂不能使平衡移动。8.10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A.KNO3 B.CH3COONa C.CuSO4 D.Na2CO3【答案】B【解析】【详解】锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A、加入KNO3，则可看成溶液中有硝酸，硝酸与锌反应不产生氢气，选项A错误；B、加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，选项B正确；C、加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，选项C错误；D、加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，选项D错误。答案选B。9.用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L(标况)气体，则原混合液中Cu2+的物质的量浓度为A.0.5B.1mol/LC.2mol/LD.4mol/L【答案】B【解析】【详解】阳极电极反应是4OH-=2H2O+O2↑+4e-，阴极电极反应是Cu2++2e-→Cu，2H++2e-→H2↑，即两极生成的是氧气和氢气，均为0．1mol，阳极生成0．1mol氧气，转移电子0．4mol，阴极生成0．1mol氢气，转移电子0．2mol，还有0．2mol电子是Cu2+得到的电子，即n(Cu2+)=0．1mol，c(Cu2+)=，故答案选Ｂ10.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)(AB2的分子结构为B—A—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是（）A.该反应的进行一定需要加热B.该反应的ΔH=-(E1-E2)kJ/molC.该反应为吸热反应D.断裂1molA—A键和2molB—B键放出E1kJ能量【答案】C【解析】【详解】A．吸热反应的发生不一定需要加热，故该反应的进行不一定需要加热，A选项错误；B．ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，故该反应的ΔH=+(E1-E2)kJ·mol-1，B选项错误；C．根据图中信息可知，反应物总能量小于生成物总能量，反应为吸热反应，C选项正确；D．由图中信息可知，断裂1molA—A键和2molB—B键，需要吸收E1kJ能量，D选项错误；答案选C。11.在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)，△H=+148.9kJ。如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，(

)A.2v(正、HF)=v(逆、H2O) B.v(H2O)=2v(SiF4)C.SiO2的质量保持不变 D.反应物不再转化为生成物【答案】C【解析】【详解】A、反应达到平衡状态时，正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，有v正（HF）=2v逆（H2O），选项A错误；B、只有v正（H2O）=2v逆（SiF4）才能说明正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，反应达到平衡状态，但没说明正逆反应，选项B错误；C、SiO2的质量保持不变，则各反应物的量保持不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、反应是动态平衡，不是反应物不再转化为生成物，选项D错误。答案选C。12.对于Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g)ΔH<0的化学反应下列叙述不正确的是A.反应过程中能量关系可用上图表示B.ΔH的值与反应方程式的计量系数有关C.若将该反应设计成原电池，锌为负极D.若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L【答案】D【解析】【分析】对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)△H＜0，反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上H+获得电子，析出氢气，以此解答该题。【详解】A．反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，选项A正确；B．热化学方程式中，反应热与物质的物质的量呈正比，选项B正确；C．反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，选项C正确；D．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol，n(e-)=2n(Zn)=2×0.5mol=1mol，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)=0.5mol，在标况下体积为V(H2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，但由于未指明气体所处的环境，所以不能确定气体的体积，选项D错误故合理选项是D。【点睛】本题考查化学反应能量的变化，注意反应热以及原电池的工作原理，选项D气体体积未指明为标准状况，则其体积不一定为11.2L是易错点，注意学习中相关知识的理解和掌握。13.在体积相同的A和B两个带活塞的玻璃容器中，如分别注入1／4容积颜色相同的NO2和Br2（气），然后将活塞同时向外拉到1/2处（快速），过一会儿可以看到A.A中颜色比B中浅 B.A中颜色比B中深C.A、B中颜色深浅一样 D.A、B中颜色都比开始时深【答案】B【解析】【详解】两种气体的变化情况不一样，对于Br2(g)只是物理变化，对于NO2(g)是一个平衡移动的过程2NO2N2O4，相当于压强减小，相当于压强减小，物理变化使之颜色变浅，但随之平衡又向生成NO2方向移动。14.现有X（g）+Y(g)2Z(g);正反应放热。从反应开始经过t1后达到平衡状态,t2时由于条件改变,平衡受到破坏,在t3时又达到平衡,据下图回答:从t2→t3的曲线变化是由哪种条件引起的（）A.增大X或Y的浓度B.增大压强C.增大Z的浓度D.升高温度【答案】D【解析】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。根据图像可知，t2→t3是反应物的浓度逐渐增大，而生成物的浓度逐渐减小，因此改变的条件只能是升高温度，平衡向逆反应方向移动，答案选D。15.下列各装置中都盛有0.1mol·L-1的NaCl溶液，放置一定时间后，锌片的腐蚀速率由快到慢的顺序是:（）①②③④A.③①④② B.①②④③ C.①②③④ D.②①④③【答案】D【解析】【详解】根据图知，①装置是原电池，在①中，金属锌做负极，做负极的腐蚀速率快，两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，此外原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀；②③装置是电解池，②中金属锌为阳极，③中金属锌为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即②＞③，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即②①④③。故选D。16.已知下列反应的平衡常数：H2(g)+S(s)H2S(g)，K1；S(s)+O2(g)SO2(g)，K2。则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数为（）A.K1+K2 B.K1-K2 C.K1×K2 D.【答案】D【解析】【详解】由题给方程式可知K1=、K2=，反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==×=，故选D。17.下列情况下，反应速率相同的是（）A.等体积0.1mol/LHCl和0.05mol/LH2SO4分别与0.2mol/LNaOH溶液反应B.等质量锌粒和锌粉分别与等量1mol/LHCl反应C.等体积等浓度HCl和CH3COOH分别与等质量的Na2CO3粉末反应D.等体积0.2mol/LHCl和0.1mol/LH2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应【答案】A【解析】【详解】A．因酸中的氢离子浓度相同，则反应速率相同，故A正确；B．Zn的接触面积不同，锌粉反应速率快，故B错误；C．醋酸为弱酸，氢离子浓度不同，则反应速率不同，故C错误；D．反应生成的硫酸钙微溶，阻止反应的进行，则盐酸反应的速率后来比硫酸反应的快，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确浓度、接触面积对反应速率的影响即可解答，注意反应的实质，选项D为解答的易错点。18.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是A.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡D.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大【答案】C【解析】分析】A.依据化学平衡移动原理，结合影响因素分析判断；B.可根据反应物的浓度改变与平衡移动的关系，结合含N元素的化合物分析；C.根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变分析；D.催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动。【详解】A.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以升高温度可使该反应的平衡常数减小，A错误；B.NH3是反应物，增大反应物的浓度，可以使平衡正向移动，NO的转化率提高，而NH3的转化率降低，B错误；C.根据方程式可知，在任何条件下每反应消耗1molNO，会同时产生2molN2，现在单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2，说明正反应速率与逆反应速率相等，则NO、N2的浓度不变，因此反应达到平衡状态，C正确；D.在其他条件不变时，使用高效催化剂，可以加快化学反应速率，但由于对正、逆反应速率的影响相同，所以平衡不发生移动，因此废气中氮氧化物的转化率不变，D错误；故合理选项是C。19.判断A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)是否达到平衡的依据为()A.压强不随时间改变B.气体的密度不随时间改变C.c(A)不随时间改变D.单位时间里生成C和D的物质的量相等【答案】C【解析】【详解】A．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故A错误；

B．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故B错误；C．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故C正确；D．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故D错误；故答案为C。20.在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）N2O4(g)达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数()A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断【答案】C【解析】【详解】假设在题给的过程中，容器的体积从A变化到A+B（见图），这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变，在B中充入NO2，使其反应直至达到平衡。很明显，在同温、同压下，A、B中达到平衡后，NO2、N2O4的质量分数分别相等。这时，抽去虚拟的隔板，将B压缩至A，平衡正向移动，NO2的体积分数减小。故选C。21.在相同容积的4个密闭器中进行同一种可逆反应，2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)，起始时4个容器所盛A、B的量如表所示各容器所盛物质的量：容器甲乙丙丁A2mol1mol2mol1molB1mol1mol2mol2mol在相同温度下，建立平衡时，4个容器中A或B的转化率的大小关系是A.A的转化率为：甲<丙<乙<丁 B.A的转化率为：甲<乙<丙<丁C.B的转化率为：甲>丙>乙>丁 D.B的转化率为：丁>乙>丙>甲【答案】A【解析】【详解】将起始时情况作如下排列：2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)

甲2mol1mol乙1mol1mol丙2mol2mol丁1mol2molA越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1molA和1molB，应是恒温并加压，平衡逆向移动使A的转化率减小，故A的转化率丁＞乙＞丙＞甲，同理得B的转化率：甲＞乙＞丙＞丁，故答案为A。22.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断正确的是（）A.c1：c2=3：1B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C.X、Y的转化率不相等D.c1的取值范围为0.04＜c1＜0.14mol/L【答案】D【解析】【详解】假设反应正向进行，则有关系为有关系式c1-x=0.1c2-3x=0.3c3+2x=0.08或c1+x=0.1c2+3x=0.3c3-2x=0.08A.根据关系式可知c1：c2=1：3，故A错误；B.平衡时，Y和Z的生成速率之比应为化学计量数比，即为3:2，故B错误；C.因为c1：c2=1：3，所以X、Y的转化率相同，故C错误；D.根据关系式，若c3=0，则根据c3+2x=0.08，x=0.04，c1-x=0.1，解c1=0.14mol/L，若c1=0mol/L，c1+x=0.1，则x=0.1mol/L，根据c2+3x=0.3c3-2x=0.08，c2=0mol/L，c3=0.28mol/L，所以0.04＜c1＜0.14mol/L，故D正确。故选D。23.在一密闭容器中，反应aA（g）≒bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（）A.平衡向正反应方向移动了 B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量分数减小了 D.a>b【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时B的浓度相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断。【详解】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。A、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，选项A正确；B、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，A的转化率增大，选项B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量增多，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，选项C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明a<b，选项D错误。答案选A。24.容积相同的甲、乙两个容器，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，并达到平衡，在此过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙容器中SO2的转化率为（）A.等于α B.大于α C.小于α D.无法判断【答案】B【解析】【详解】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，就需要减小体积。减小体积则乙的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙的SO3的转化率将大于甲的，即大于α，故选B。【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题的关键。本题中先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，根据改变的条件对平衡的影响分析，问题就迎刃而解了。二、填空题（本大题共1小题，共12.0分）25.（1）用惰性电极电解下列溶液，写出电极反应式和总反应式以及溶液复原需加入的物质①NaCl溶液阴极：_________；阳极：_________；总反应式：_______________；溶液复原需加入的物质____________。②CuSO4溶液阴极：_________；阳极：______；总反应式：____________________________；溶液复原需加入的物质____________。（2）写出下列原电池电极反应式和总反应式①氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）负极反应：______________________；正极反应：__________________；总反应：_____________。②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)负极：____________；正极：______________；总反应式：_________。【答案】(1).2H＋＋2e－=H2↑(2).2Cl－－2e－=Cl2↑(3).2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(4).通HCl气体(5).2Cu2＋＋4e－=2Cu(6).4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(7).2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑(8).加CuO或CuCO3固体(9).2H2－4e－＋4OH－=4H2O(10).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(11).2H2＋O2=2H2O(12).CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O(13).2O2＋8e－＋4H2O=8OH－(14).CH4＋2O2＋2OH－=CO32-＋3H2O【解析】【详解】（1）①用惰性电极电解NaCl溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2H＋＋2e－=H2↑、2Cl－－2e－=Cl2↑、2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，溶液复原需加入的物质是通HCl气体；②用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2Cu2＋＋4e－=2Cu、4OH－－4e－=2H2O＋O2↑、2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，溶液复原需加入的物质是加CuO或CuCO3固体；（2）①氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还原反应。负极上氢气失电子在碱性条件下生成水，发生的电极反应为：2H2－4e－＋4OH－=4H2O；正极是O2得到电子生成水，发生的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；电极的总反应式为2H2＋O2=2H2O；②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)工作时，负极上甲烷失电子在碱性条件下生成碳酸盐和水，反应的电极方程式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O；正极上氧气得电子产生氢氧根离子，反应电极方程式为：2O2＋8e－＋4H2O=8OH－；电极总反应式为：CH4＋2O2＋2OH－=CO32-＋3H2O。三、简答题（本大题共2小题，共16.0分）26.在一个体积为2L的真空密闭容器中加入0.5molCaCO3，发生反应CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)，测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如下图所示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求回答下列问题：(1)该反应正反应为______(填“吸”或“放”)热反应，温度为T5℃时，该反应耗时40s达到平衡，则T5(2)如果该反应的平衡常数K值变大，该反应________(选填字母)。a．一定向逆反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小c．一定向正反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大(3)保持温度、体积不变，充入CO2气体，则CaCO3的质量______，CaO的质量______CO2的浓度________(填“增大”，“减小”或“不变”)。【答案】(1).吸(2).0.2mol/L(3).bc(4).增大(5).减小(6).不变【解析】【详解】（1）由图象可知，随着温度的升高，二氧化碳的平衡浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应，根据化学反应方程式可知，平衡常数K=c(CO2)，所以T5℃时，K=c(CO2)=0.2mol/L（2）平衡常数增大，说明平衡正向移动，此时改变的条件为升高温度，如果该反应的平衡常数K值变大，则：a．一定向正反应方向移动，选项a错误；b．在平衡移动时，由于是升高温度，所以正反应速率增大，由于该反应是吸热反应，升温平衡正向移动，所以正反应速率又逐渐减小，选项b正确；c．一定向正反应方向移动，选项c正确；d．根据b的分析可知，由于是升高温度，所以逆反应速率也增大，选项d错误；答案选bc；(3)保持体积、温度不变，充入CO2气体，平衡逆向移动，则CaCO3的质量增大，CaO的质量减小，根据平衡常数K=c(CO2)可知，温度不变