山东名校考试联盟2023-2024学年高一下学期5月期中检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东名校考试联盟2023-2024学年高一下学期5月期中检测试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时90分钟．注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上．2．选择题〖答案〗必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题〖答案〗必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁，不折叠、不破损．可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分．每小题只有一个选项符合要求．1.化学与生产、生活密切相关．下列叙述错误的是（）A.从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应B.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”C.卡塔尔建成了世界上第一个可拆卸体育场，其模块化钢架属于合金，其熔点高于纯铁D.日常生活中的焰火和霓虹灯光，都与原子核外电子跃迁有关〖答案〗C〖解析〗【详析】A．海水中的碘元素是化合态，从海带提取碘单质的过程，是把海水中的化合态的碘转变成游离态的碘单质，发生氧化还原反应，A正确；B．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，B正确；C．模块化钢架属于合金，铁合金的熔点低于纯铁，C错误；D．原子核外电子跃迁过程能量变化以光的形式释放，故焰火和霓虹灯光，都与原子核外电子跃迁有关，D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.与的混合物中所含中子数为NAB.等物质的量的水与重水含有的中子数相等C.和中含有的质子数均为10NAD.核素发生裂变反应：净产生的中子数为10NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．1个H218O和1个D2O分子中都有10个中子，H218O和D2O的摩尔质量都为20g/mol，2.0gH218O和D2O的混合物中所含分子物质的量为=0.1mol，所含中子数为NA，A项正确；B．1个水分子中含8个中子，1个重水分子中含10个中子，等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，B项错误；C．1个D2O和1个H2O分子中都含10个质子，18gD2O物质的量为=0.9mol、含质子数为9NA，18gH2O物质的量为=1mol、含质子数为10NA，C项错误；D．235g核素物质的量为1mol，根据裂变反应可知，净产生的中子数为9NA，D项错误；〖答案〗选A。3.下列有关化学用语表示正确的是（）A.过氧化钠的电子式：B.次氯酸的结构式：C.硫离子的结构示意图：D.的电子式：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．过氧化钠是离子化合物，电子式为，A错误；B．H、Cl均只能形成一个共价键，O形成两个共价键，则次氯酸的结构式为H—O—Cl，B正确；C．硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图：，C错误；D．是由铵根离子和氯离子构成的，电子式，D错误；故选B。4.“化学——人类进步关键”．下列化学知识的说法中正确的组合是（）①任何原子核内均含质子和中子②由分子构成的物质中一定存在共价键③科学家在过渡元素中寻找优良的催化剂④原子序数为22的元素位于元素周期表的第4周期族⑤阴、阳之间的静电吸引叫做离子键⑥同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36⑦同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第族，序数为x，乙位于第族，则乙的序数可能为⑧砹为有色固体，不稳定，不溶于水也不溶于稀酸⑨和中阴阳离子个数比都是⑩卤素单质的熔点从到逐渐升高，碱金属单质的熔点从到也逐渐升高A.2项 B.3项 C.4项 D.6项〖答案〗B〖解析〗【详析】①有些氢原子例如不含中子，错误；②稀有气体分子是由分子构成的物质，不含共价键，错误；③过渡元素具有一些特殊的性质，科学家在过渡元素中寻找优良的催化剂，正确；④原子序数为22的元素位于元素周期表的第4周第ⅣB族，错误；⑤离子键是带相反电荷离子之间的静电作用，包括吸引和斥力，错误；⑥同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36，例如氢、铷，正确；⑦同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第ⅡA族，序数为x，乙位于第ⅢA族，则乙的序数可能为x+1、x+11、x+25，错误；⑧单质碘是紫黑色固体，HI不稳定，AgI不溶于水和稀酸，根据递变性，则砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀酸，正确；⑨含有钠离子和硫酸氢根离子，阴阳离子个数比都是1：1，中含有钠离子和过氧根离子，阴阳离子个数比是1：2，错误；⑩碱金属单质的熔点从Li到Cs也逐渐降低，错误；故选B。5.下列有关硅的说法中，正确的是（）A.传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料B.均能进行一步转化C.硅是生产计算机芯片的原料，二氧化硅是制造太阳能电池的原料D.工业制粗硅的反应，说明C的还原性大于〖答案〗A〖解析〗【详析】A．传统硅酸盐工业是以含硅物质为原料经加热制成的，如制造水泥、玻璃、陶瓷等，A正确；B．硅和氧气生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水不和水反应，不能一步转化为硅酸，B错误；C．硅是生产计算机芯片的原料，也是制造太阳能电池的原料；二氧化硅是制造光导纤维的原料，C错误；D．工业制粗硅的反应，是高温生成硅和CO，CO逸出促进反应进行，不能说明C的还原性大于Si，D错误；故选A。6.2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中X和Z同主族，且X原子电子数为Z原子的两倍，W的单质是空气中最多的气体，且Y是Z所在周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是（）A.简单离子半径：B.简单氢化物的还原性：C.中，的化合价为价D.该化合物中原子满足8电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗W单质是空气中最多的气体，W为N元素，X和Z同主族，且X原子电子数为Z原子的两倍，即X为S元素，Z为O元素，且Y是Z所在周期非金属性最强的元素，Y为F。【详析】A．电子层数为3，电子层数为2，且核电荷数，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则离子半径：，故A正确；B．为同主族元素，非金属性：，非金属性越强，形成气态氢化物的还原性越弱，故B正确；C．为为元素，的非金属氧化性强，吸引电子能力强，故为+2价，为-1价，故C错误；D．的最外层电子数为，满足8电子稳定结构，故D正确；故选C。7.abcd四个金属电极，反应装置及反应现象见表，由此可判断四种金属的活动性顺序（）实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增加b有气体产生，c无变化实验装置部分实验现象d极溶解，c极有气体产生电流计指示，导线中电流从a极流向d极A.a>b>c>d B.b>c>d>a C.d>a>b>cD.a>b>d>c〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由两种金属构成的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上发生失电子的氧化反应、电极溶解而使质量减小，正极上发生得电子的还原反应、电极质量增加或有气体生成，放电时电解质溶液中阴离子向负极移动，电流从正极流向负极，据此分析解答。【详析】a、b电极和硫酸铜溶液构成的原电池中，a极质量减小、b极质量增加，则a被氧化，金属活动性：a＞b；

b、c没有闭合回路，不能构成原电池，b极有气体产生，c极无变化，说明b较活泼，则金属活动性：b＞c；

c、d和稀硫酸构成的原电池中，d极溶解、c极有气体产生，则d发生氧化反应，金属活动性：d＞c；

a、d和稀硫酸构成的原电池中，电流从a极流向d极，则a作正极、d作负极，金属活动性d＞a；

综上，金属活动性强弱顺序是d＞a＞b＞c；故〖答案〗选C。8.在容积不变的恒温密闭容器中，对于反应,若X、Y、Z的起始浓度分别为均不为零，达到平衡状态时，X、Y、Z浓度分别为和,已知反应物的转化率,则下列判断合理的是（）A.不等于B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为C.X和Y的转化率不相等D.的取值范围为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：则分比为0.14、0.42、0；若反应向逆反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：则分比为0、0、0.28；【详析】A．平衡浓度之比为1:3，转化浓度之比亦为1:3，故起始浓度之比c1:c2=1:3，故A不合理；B．反应速率比等于系数比，平衡时，Y和Z的生成速率之比为，B合理；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同，符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，X、Y的转化率相等，C不合理；D．由可逆反应的特点，物质不可能完全转化，X、Y、Z的起始浓度分别为均不为零，结合分析可知，的取值范围为，D不合理；故选B。9.下列装置或操作能达到实验目的的是（）A.甲：用瓷坩埚加热熔化固体B.乙：测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量C.丙：控制二氧化碳气体的生成与停止D.丁：验证非金属性的强弱〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢氧化钠会和二氧化硅反应，不能用瓷坩埚加热熔化固体，A错误；B．氢氧化钠和镁不反应、和铝反应生成氢气，根据不同质量的镁和铝生成的氢气的体积不同可以测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量，B正确；C．碳酸钠为粉末状固体且装置中的长颈漏斗不能控制气体的生成与停止，C错误；D．氯气可以和溴化钠反应生成溴单质，非金属性：氯大于溴；过量的氯气可以和碘化钾反应生成碘单质，则非金属性：氯大于碘，但是不能证明溴和碘的非金属性强弱，D错误；故选B。10.科学家设想以和为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示．下列说法错误的是（）A.通入的电极发生的电极反应式为B.反应过程中溶液的会变大，故需要加入盐酸C.当电路中通过电子时，理论上需要通入氢气的体积为D.A为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，通入氢气的一极氢气失电子产生氢离子，为负极，通入氮气的一极中氮气得电子与氢离子作用产生；【详析】A．该电池的本质是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为N2＋6e－＋8H＋=2，A正确；B．反应过程中，H＋不断消耗导致pH值变大，需要加入盐酸，B正确；C．当电路中通过电子时，理论上需要通入氢气的物质的量为1.5mol，但没说明标准状况，无法确定体积，C错误；D．通入氢气的电极为负极，生成氯化铵，所以A是NH4Cl，D正确；〖答案〗选C。二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．11.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向溶液中通入有黄色沉淀非金属性：B向滴有的溶液通入溶液褪色具有漂白性C向溶液通入足量先有沉淀后溶解为两性氢氧化物D用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧火焰呈黄色原溶液存在〖答案〗A〖解析〗【详析】A．溶液中通入，有黄色沉淀生成，说明氯气氧化硫离子为硫单质，则非金属性：，A正确；B．向滴有KSCN的FeCl3溶液通入SO2，是二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应，铁离子被还原为亚铁离子使得溶液褪色，不体现二氧化硫漂白性，B错误；C．溶液通入足量反应生成氢氧化铝不溶于弱碱氨水，C错误；；D．玻璃中含有钠元素，会干扰溶液中钠离子的检验，D错误；故选A。12.海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图，则下列说法正确的是（）A.除去粗盐中的等杂质，①中加入试剂的顺序为溶液溶液溶液→过滤后加盐酸B.②中包含制取溶液、无水及电解熔融状态的几个阶段C.③④⑤中溴元素均被氧化D.的水溶液可以用饱和溶液替代〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，碳酸钠需要除去钙离子和过量的钡离子，故溶液必须在BaCl2溶液之后加入，据精盐可以用于氯碱工业制取氯气、氢氧化钠、氢气；

第②步中先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；第③步溴化钠被氧化剂氧化为溴单质，

第④步中溴单质被二氧化硫还原为溴离子而吸收，第⑤步溴离子再被氧化剂氧化为溴单质被富集提纯；【详析】A．碳酸钠需要除去钙离子和过量的钡离子，故溶液必须在BaCl2溶液之后加入，加入的药品正确顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，或NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，A错误；B．第②步中先是Mg(OH)2与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取Mg，B正确；C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质，C错误；D．饱和溶液也能吸收溴单质生成溴离子，D正确；故选BD。13.W、X、Y、Z均为短周期元素，它们可以形成离子化合物,W和Y两种元素可以生成和两种化合物，X元素的氢化物和它的某种氧化物反应，可以生成固态单质和水．Z是形成化合物种类最多的元素．下列说法正确的是（）A.与Z的最高价氧化物反应，生成的产物中存在极性键、非极性键和离子键B.同周期元素中，X的最高价氧化物的水化物酸性最强C.简单氢化物的稳定性Y大于ZD.W、X、Y的原子半径由大到小的顺序是〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z均为短周期元素，它们可以形成离子化合物,W和Y两种元素可以生成和两种化合物，X元素的氢化物和它的某种氧化物反应，可以生成固态单质和水，推知W为Na、Y为O，和分别为Na2O、Na2O2，X元素的氢化物和它的某种氧化物反应，可以生成固态单质和水，则X为S，故W2XY3为Na2SO3。Z是形成化合物种类最多的元素，Z为碳；【详析】A．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠中存在离子键、碳酸根离子中存在极性共价键、氧气分子中存在氧氧非极性键，A正确；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则同周期元素中，Cl的最高价氧化物的水化物酸性最强，B错误；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性水大于甲烷，C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径由大到小的顺序是，D错误；故选AC。14.已知在、下，分解生成和的能量变化如图所示．下列说法正确的是（）A.甲为气态水，乙为液态水B.甲、乙、丙、丁中物质所具有的能量大小关系为丙>丁>乙>甲C.和完全反应生成气态水，放出热量D.形成中的化学键需吸收的能量〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．乙到甲放热，所以甲为液态水或固态水，A错误；B．成键放热、断键吸热，乙到丙吸收930kJ的能量，丙到丁放出(436+249)kJ=685kJ的能量，乙到丁吸收930kJ-(436+249)kJ=245kJ的能量，乙到甲放出能量，所以甲、乙、丙、丁中物质所具有的总能量大小关系为丙>丁>乙>甲，B正确；C．根据图示，1mol气态水生成氢气和氧气吸收930kJ-(436+249)kJ=245kJ的能量，则和完全反应生成2mol气态水，放出热量，C正确；D．成键放热，形成1molH2O(g)中的化学键放出930kJ的能量，D错误；故选BC。15.NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)反应体系中含氮物质的物质的量浓度随着时间的变化曲线如图。下列说法正确的是（）A.c为c(NO2)随的变化曲线B.时，反应①达到化学平衡状态C.时，c(NO)+c(NO2)+c(N2O4)=c0D.后，NO2的消耗速率等于生成速率〖答案〗D〖解析〗【详析】A．由题干信息可知，NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)，则随着反应的进行NO2的浓度先增大后变小，最后达到平衡保持不变，故a为c(NO)、b为c(NO2)，c为c(N2O4)随t的变化曲线，A错误；B．时，只是c(NO)=c(NO2)，故不能说明反应①达到化学平衡状态，B错误；C．若容器的体积保持不变，则根据N原子守恒可知，时有c(NO)+c(NO2)+2c(N2O4)=c0，C错误；D．由图象可知，t3后，NO2、N2O4的浓度不再发生改变说明反应达到平衡状态，故有NO2的消耗速率等于生成速率，D正确；故〖答案〗为D。三、非选择题：本题共5小题，共60分．16.按要求回答下列问题：（1）以下六组物质中，互为同位素的是___________,互为同素异形体的是___________（填序号）．①②H、D、T③④白磷和红磷⑤液氯和氯气⑥（2）在①②③④⑤⑥⑦中，属于共价化合物的是___________（填序号，下同），既存在共价键又存在离子键的是___________,溶于水存在共价键的断裂和形成的是___________．（3）请各写出相应的化学用语：含中子数为30，原子序数为26的铁元素的一种核素___________,含三个原子核的18电子的共价化合物化学式___________〖答案〗（1）①.②⑥②.③④（2）①.④⑦②.③⑤③.⑤⑦（3）①.②.H2S〖解析〗（1）质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，互为同位素的是②H、D、T，⑥；同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，互为同素异形体的是③，④白磷和红磷；（2）④、⑦分子中只含有共价键，属于共价化合物；③、⑤是由离子键构成的离子化合物，且硫酸氢根离子中含有硫氧共价键，过氧根离子中含有氧氧共价键，故既存在共价键又存在离子键的是③⑤；⑤和水反应生成氢氧化钠和氧气，存在氧氧共价键的断裂和氧氧共价键的形成，⑦和水生成硝酸和NO，存在氮氧共价键的断裂和氮氧共价键的形成，故选⑤⑦；（3）核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；含中子数为30，原子序数为26的铁元素的一种核素为，含三个原子核的18电子的共价化合物可以为硫化氢，化学式为H2S。17.10种短周期主族元素的原子半径、最高正价、最低负价随着原子序数的递增变化如下图所示．回答下列问题：（1）元素e在元素周期表中的位置是___________（2）元素c的简单气态氢化物甲的电子式是___________,实验室制备甲的化学方程式是___________．（3）元素c、d、e形成的简单离子的还原性由小到大的顺序是___________（用离子符号表示）．（4）下列事实能说明j的非金属性强于i的是___________（填标号）．A.单质与氢气化合的难易程度：i难于jB.简单阴离子的还原性：i强于jC.简单氢化物的沸点：i高于jD.含氧酸的酸性：j强于i（5）乙是元素i的低价气态氧化物，丙是由d、f、j按原子个数比组成的化合物．工业上常用丙和的混合溶液吸收乙，该反应的离子方程式为___________。〖答案〗（1）第2周期ⅦA族（2）①.②.2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）F-＜O2-＜N3-（4）AB（5）〖解析〗同一周期族随原子序数变大，原子半径变小，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，氧、氟电负性太强，没有正价，根据图中数据推断出，a为H，b为C，c为N，d为O，e为F，f为Na，g为Mg，h为Si，i为S，j为Cl。（1）e为F元素，在周期表中位于第2周期ⅦA族；（2）元素c的简单气态氢化物甲为氨气，氨气为共价化合物，电子式是；实验室制备反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，；（3）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，对应简单离子的还原性减弱，故简单离子的还原性由小到大的顺序是F-＜O2-＜N3-；（4）A．单质与氢气越容易化合，非金属性越强，A选项正确；B．阴离子的还原性越弱，非金属单质的氧化性越强，非金属性越强，B选项正确；C．氢化物沸点与非金属性无关，C选项错误；D．只有最高价氧化物对应水化物的酸性强弱才能说明，D选项错误；故〖答案〗选AB；（5）乙是硫的低价气态氧化物，为二氧化硫，丙是由d、f、j按原子个数比组成的化合物，则wie次氯酸钠，工业上常用次氯酸钠和的混合溶液吸收二氧化硫，该反应为碱性条件下，二氧化硫被次氯酸根离子氧化为硫酸根离子，同时生成氯离子，离子方程式为：。18.科学家利用氧化锆锌作催化剂，在一定温度下将和转化为重要有机原料甲醇，其原理为：，在容积为的恒温密闭容器中，充入和发生上述反应。和的物质的量随时间变化如图所示．已知：化学键断键所需能量798343415436465回答下列问题：（1）若完全反应，，反应________（填“吸收”或“放出”）热量为________。（2）图中______；从反应开始到平衡，的平均反应速率_______（保留两位有效数字）。该温度下达到平衡时，体系压强与开始时的压强之比为_______。（3）下列叙述正确的是___________（填序号）。a．时，的生成速率等于其分解速率b．由保持不变，可判断该反应达到平衡状态c．当时，可判断该反应达到平衡状态d．若改变催化剂，则反应达到平衡状态所需的时间一定小于e．混合气体的压强不随时间的变化而变化，可判断该反应达到平衡状态f．混合气体的密度不再随时间而改变，可判断该反应达到平衡状态（4）其他条件不变时，下列措施不能使生成的反应速率增大的是___________（填序号）。a．增大的浓度b．将容器的容积变为c．恒容条件下充入一定量d．将恒温恒容容器改为绝热恒容容器（不与外界发生热量交换）〖答案〗（1）①.放出②.79（2）①.0.25②.0.11mol·L-1·min-1③.5:8（3）be（4）bc〖解析〗（1）根据=反应物的键能和-生成物的键能和，可得：=(2×798+3×436-3×415-343-3×465)=-79，则反应为放热反应，完全反应，放出的热量为79kJ；（2）由图可知平衡时生成的物质的量为0.75mol，则消耗的物质的量为0.75mol，剩余的物质的量为0.25mol，即a=0.25；平衡时消耗的物质的量为2.25mol，；平衡时体系内气体的总物质的量为0.75+0.75+0.25+0.75=2.5mol，根据压强之比等于气体物质的量之比可得：体系压强与开始时的压强之比=；（3）a．时，反应未达平衡状态，的生成速率大于其分解速率，故a错误；b．反应过程中的物质的量增加，H2的物质的量减小，则逐渐增大，当保持不变，可判断该反应达到平衡状态，故b正确；c．，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能判断该反应达到平衡状态，故c错误；d．若改变催化剂，其催化效率不一定高于原催化剂，因此不一定使反应速率更快，则反应达到平衡状态所需的时间不一定小于，故d错误；e．随反应正向进行，气体分子数逐渐减小，则体系内压强逐渐减小，当混合气体的压强不随时间的变化而变化，可判断该反应达到平衡状态，故e正确；f．各物质均为气体，气体的质量恒定，容器体积不变，则混合气体的密度为定值，不能根据其不再变化判断平衡状态，故f错误；（4）a．增大浓度，反应速率加快，故a不选；b．将容器的容积变为，各物质的浓度减小，反应速率减小，故b选；c．恒容条件下充入一定量，各物质的量浓度不变，反应速率不变，故c选；d．将恒温恒容容器改为绝热恒容容器，因该反应为放热反应，随反应进行，体系内温度升高，反应速率较快，故d不选。19.某兴趣小组探究原电池的工作原理，进行了如下实验：（1）X为锌片、Y为铜片、Z为硫酸铜溶液①将质量相等的X（锌片）和Y（铜片）用导线相连浸入Z（硫酸铜）溶液中构成如图装置．该反应的能量变化可用下图中的___________（填“甲”或“乙”）表示．②若断开K,锌片上___________（填“有”或“无”，下同）氧化还原反应发生，导线上___________电流产生；③连接K,后测得锌片和铜片之间的质量差为,则导线中通过电子的物质的量为___________。（2）X为铜片、Y为除去表面氧化膜的铝片、Z为浓．连接K测得原电池的电流强度（Ⅰ）随时间（t）的变化如图乙所示，反应过程中有红棕色气体产生．前，原电池的负极是___________（填“铜片”或“铝片”），后，外电路中电子流动方向发生改变，原因是___________．（3）X为铝棒、Y为镁棒，Z为溶液，负极电极反应式为___________．（4）燃料电池必须从电池外部源源不断地向电池提供天然气、甲烷、煤气等含氢化合物作为燃料．基于甲烷—空气燃料电池，其工作原理如图，a、b均为惰性电极．a极的电极反应式为___________．当通入（标准状况下）甲烷气体时，测得电路中转移电子，则甲烷的利用率为___________．（保留小数点后1位）．若将稀硫酸换成氢氧化钠溶液，则b极的电极反应式为___________,放电一段时间后，电解质溶液的会___________（填“变大”、“变小”或“不变”）．〖答案〗（1）①.甲②.有③.无④.0.02（2）①.铝片②.随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，此时铜作负极，电流方向相反（3）Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-（4）①.CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+②.68.8%③.O2+4e-+2H2O=4OH-④.变小〖解析〗（1）①锌和硫酸铜生成铜和硫酸锌，反应放热，反应物的总能量大于生成物总能量，该反应的能量变化可用图中的甲表示。②断开K，锌直接与硫酸铜发生反应，锌片上有氧化还原反应发生，没有形成闭合电路，不能构成原电池，导线上无电流产生；③连接K，构成原电池，锌是负极，锌失电子发生氧化反应，锌片上的电极反应式为，铜片发生反应，2min后测得锌片和铜片之间的质量差为1.29g，设导线中通过电子的物质的量为xmol。则锌片消耗0.5xmolZn、铜片生成0.5xmolCu，0.5x(65+64)=1.29，x=0.02mol；（2）前，铝与浓硝酸发生反应，铝失去电子发生氧化反应，原电池的负极是铝，后，随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，此时铜失去电子发生氧化反应作负极，电流方向相反。（3）X为铝棒、Y为镁棒，Z为溶液，则铝失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝酸根离子为负极，负极电极反应式为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-；（4）由电子流向可知，a为负极，a极反应为酸性条件下，甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；当通入（标准状况下，为0.2mol甲烷，完全转移电子1.