四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2023年秋高2022级高二上入学考试试题化学本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)组成，共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，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。3.考试结束后将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Fe56Cu64第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是A.“杜甫草堂茅庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为甲苯、苯乙醇、苯乙烯等芳香烃B.碳酸氢铵可作为食品加工中的膨松剂；碳酸钙可作为婴幼儿奶粉中的营养强化剂C.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化D.我国酸雨的形成主要是由于汽车排出的大量尾气【答案】B【解析】【详解】A．苯乙醇不是芳香烃，是芳香烃衍生物，A错误；B．碳酸氢铵加热分解产生气体，可作为食品加工中的膨松剂，碳酸钙可以用做补钙剂，可以用作婴幼儿奶粉中的营养强化剂，B正确；C．维生素C具有还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，C错误；D．我国酸雨的形成主要是化石燃料的燃烧产生的二氧化硫溶于水后形成的，D错误；故答案为：B。2.下列化学用语表达正确的是A.羟基的电子式为B.葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO C.CH4的空间填充模型：D.含174个中子的117号元素Ts的核素：【答案】B【解析】【详解】A．羟基的结构简式为—OH，电子式为，故A错误；B．葡萄糖是不能发生水解反应的五羟基醛，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故B正确；C．甲烷的空间构型为正四面体形，空间填充模型为，故C错误；D．含174个中子的117号元素Ts的质子数为117、质量数为291，核素符号为，故D错误；故选B。3.下列变化过程，属于放热反应的是①金属钠与水；②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌；③H2在Cl2中燃烧；④浓硫酸溶于水；⑤中和反应；⑥碳酸钙热分解；⑦碳酸氢钠与盐酸反应A.①④⑤B.①③⑤C.③④⑤⑦D.②⑥⑦【答案】B【解析】【详解】①金属钠与水为放热反应；②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌为吸热反应；③H2在Cl2中燃烧为放热反应；④浓硫酸溶于水为物理变化；⑤中和反应为放热反应；⑥碳酸钙热分解为吸热反应；⑦碳酸氢钠与盐酸反应为吸热反应；故选B。4.下列事实中,不能用勒夏特列原理加以解释的是A.夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体B.浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体C.压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深 D.将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体颜色变浅【答案】C【解析】【详解】A、啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B、浓氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，加入氢氧化钠固体时，OH-的浓度增大，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C、氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；D、二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器内存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应正反应为放热反应，将密闭容器置于冷水中，温度降低，化学平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的一个因素(如浓度、压强、温度等)，化学平衡被破坏，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。5.NA为阿伏伽德罗常数值。下列说法正确的是A.常温常压下，28g乙烯中所含碳氢键数为4NAB.标准状况下，11.2LSO3中含有的原子数为2NAC.18g由与D2O组成的混合物中所含中子数为10NAD.一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应后生成SO3分子总数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．28g乙烯为1mol，1个乙烯分子含有4个碳氢键，故28g乙烯中所含碳氢键数为4NA，A项正确；B．标准状况下的SO3为固体，11.2LSO3中含有的原子数大于2NA，B项错误；C．H218O和D2O的相对分子质量都为20，所含中子数都为10，故18g由H218O与D2O组成的混合物中所含中子数为，C项错误；D．SO2和O2反应生成SO3可逆反应，不能完全进行，故生成SO3分子总数小于2NA，D项错误。 答案选A。6.吸热反应H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，若在恒容绝热的容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是A.容器内的压强不再改变B.容器内气体密度不再改变C.容器内c(H2S):c(CO2):c(COS):c(H2O)=1:1:1:1D.单位时间内，断开H－S键的数目和生成H－O键的数目相同【答案】A【解析】【详解】A．在恒容绝热容器中，由于反应是吸热反应，虽然反应前后的气体分子数不变，但是在建立化学平衡的过程中，体系的温度降低，压强减小，当容器内的压强不再改变，反应达到平衡，A正确；B．容器内气体质量始终不变，在恒容的容器中，密度始终不变，故不能判断反应是否平衡，B错误；C．容器内c(H2S):c(CO2):c(COS):c(H2O)=1:1:1:1，不能说明各组分的浓度保持不变，不能判断是否达到平衡状态，C错误；D．断开H－S键和生成H－O键，表示的都是正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故不能判断反应是否平衡，D错误；故选A。7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的某种同位素可用于测量文物年代，M是由X元素构成的一种单质。甲和丁两种物质都由W和Y元素组成；乙由Y和Z元素组成，常温下为气体，具有漂白性；戊为二元强酸。它们之间的转化关系如图。下列叙述正确的是A.最简单气态氢化物的稳定性：X>YB.原子半径：Z>Y>X>WC.丁的水溶液适用于医用消毒及环境消毒D.高温下，M能和丙发生化合反应【答案】CD【解析】【分析】由题意结合转化关系可知，M为碳单质，戊为H2SO4，乙为SO2，甲为H2O，丙为CO2，丁为H2O2，则W、X、Y、Z分别为H、C、O、S。 【详解】A．非金属性：O＞C，所以最简单气态氢化物的稳定性：H2O＞CH4，A错误；B．一般来说，电子层数越多，原子半径越大，同周期主族元素，从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：S>C＞O>H，B错误；C．H2O2的水溶液因为具有强氧化性，所以可用于杀菌消毒，C正确；D．高温下，碳单质能与CO2发生化合反应生成CO，D正确；故选CD。8.下列实验能达到目的是A.图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B.用图②装置收集CO2气体C.用图③装置制备BaSO3沉淀D.用图④装置除去SO2中HCl【答案】A【解析】【详解】A.稀硫酸不挥发，三种酸均为最高价氧化物对应水化物，则图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，A正确；B.二氧化碳的密度大于空气，用图②装置长进短出收集CO2气体，B错误；C.二氧化硫与氯化钡溶液中不反应，用图③装置无法制备BaSO3沉淀，C错误；D.NaOH既可以与HCl，又可与二氧化硫反应，则用图④装置不能够除去SO2中的HCl，D错误；答案为A。9.下列离子方程式，书写正确的是A.将SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+B.硫化氢气体通入氯水中：H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓C.等浓度NaHSO4和Ba(OH)2溶液按体积比2：1混合：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OD.碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑ 【答案】B【解析】【详解】A．将SO2通入NaClO溶液中，二氧化硫被次氯酸根氧化为硫酸根和氯离子，同时生成氢离子，氢离子会与过量的次氯酸根结合生成次氯酸，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-=2HClO++Cl-，故A错误；B．氯气的非金属性强于S，硫化氢气体通入氯水中离子方程式：H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故B正确；C．等浓度NaHSO4和Ba(OH)2溶液按体积比2：1混合的离子方程式：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．碘离子的还原性比亚铁离子强，碘化亚铁中滴入少量稀硝酸，先与碘离子反应，正确离子方程式为：2+6I-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，故D错误；故选：B。10.一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的反应热和化学平衡常数分别为ΔH和K，则相同温度时反应4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)的反应热和化学平衡常数为A.2ΔH和2KB.-2ΔH和K2C.2ΔH和-2KD.-2ΔH和【答案】D【解析】【详解】对同一可逆反应（化学计量数相同），在相同温度下，正、逆反应反应热的数值相等，符号相反，化学平衡常数互为倒数；同一反应若化学计量数变为原来的n倍，则反应热数值变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂。N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的反应热为△H，故相同温度时，反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）反应热为-△H，故4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)反应热为-2△H；N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数为K，故相同温度时反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）化学平衡常数为，故相同温度时反应4NH3（g）⇌2N2（g）+6H2（g）化学平衡常数为（）2=，故选：D。11.下列实验及现象的解释或得出结论正确的是选项实验及现象解释或结论A向硅酸钠稀溶液中滴加稀盐酸，产生白色硅酸沉淀非金属性：Cl>SiB将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色SO2具有漂白性 C向5mLKI溶液中滴加5-6滴相同浓度FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变血红色KI与FeCl3反应有一定限度D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀淀粉未发生水解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向硅酸钠稀溶液中滴加稀盐酸，产生白色硅酸沉淀，证明酸性：，因HCl不是氯元素的最高价氧化物对应水化物，所以不能得到非金属性：，故A错误；B．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明SO2具有还原性，故B错误；C．向5mLKI溶液中滴加5-6滴相同浓度溶液，发生反应，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变血红色，虽Fe3+不足，但溶液中仍有Fe3+，说明KI与的反应有一定限度，故C正确；D．向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，需用NaOH溶液调pH至碱性，再加入新制悬浊液，用酒精灯加热，有砖红色沉淀生成，故D错误；故选C。12.向2L恒容密闭容器中通入A、B气体各10mol，在一定温度下进行反应：3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(s)，下列说法不正确的是A.①体系气体密度不变；②C的体积分数不变；③2v逆(A)=3v正(C)，三种现象均可以说明该反应达到平衡状态B.①增加D的质量；②向体系中充入He；③抽出A减小体系压强，三种操作都不能增大逆反应速率C.对于该反应，无论正反应还是逆反应，升高温度，反应速率均上升D.某时刻四种物质的物质的量均为6mol时，则反应达到其限度【答案】D【解析】【详解】A．该反应是气体质量减小的反应，在恒容密闭容器中混合气体的密度减小，则体系气体密度不变、2v逆(A)=3v正(C)均说明正、逆反应速率相等，反应均已达到平衡，假设一段时间后B反应了x，则有： C的体积分数为，则C的体积分数不变，能确定反应达到平衡，故A正确；B．固体的浓度为定值，则增加固体D的质量、在恒容密闭容器中充入氦气，体系中气体物质的浓度不发生变化，化学反应速率不变，抽出气体A减小体系压强，反应物浓度减小，化学反应速率减小，所以三种操作都不能增大逆反应速率，故B正确；C．升高温度，正、逆反应速率均上升，故C正确；D．某时刻四种物质的物质的量均为6mol时，不能作为反应达到限度的条件，则反应不一定达到其限度，故D错误；故选D。13.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B.苦卤中通入Cl2可以提取Br2，说明氯的非金属性强于溴C.工业生产中沉淀剂常选用Ca(OH)2D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】D【解析】【分析】粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂将镁离子沉淀，将生成的氢氧化镁沉淀加入适量盐酸可以得到氯化镁；由此分析。【详解】A．海水淡化降低盐的浓度，方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故A正确；B．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，可以提取Br2，单质的氧化性氯气大于溴，故氯的非金属性强于溴，故B正确； C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，故C正确；D．通过电解饱和MgCl2溶液得到的是氢气、氯气、氢氧化镁，不能得到氯化镁，故D错误；答案选D。14.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)A.60mLB.45mLC.30mLD.无法计算【答案】A【解析】【详解】完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以Cu（NO3）2为0.15mol，根据Cu2+～2OH-有n（OH-）=2×0.15mol=0.3mol，则NaOH为0.15mol×2=0.3mol，则NaOH体积V===0.06L，即60mL；故选A。第II卷(非选择题，共58分)15.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：（1）I2的一种制备方法如图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比=1.5时，氧化产物为_______；当>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是_______。（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2.上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2＋＋2I-②.AgNO3③.FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2④.I2、FeCl3⑤.I2被过量的Cl2进一步氧化 （2）2IO＋5HSO=I2＋5SO＋3H＋＋H2O【解析】【分析】利用Ag+与I-生成沉淀，富集I元素，再利用Fe的还原性置换Ag，使I-大量存在于溶液中，再利用Cl2氧化I-获得I2；【小问1详解】①利用Fe的还原性置换Ag，该反应离子方程式为“”；硝酸是强氧化剂，可氧化单质银，重新生成硝酸银，所以“AgNO3”是可重复使用的化学试剂；②Cl2可以氧化I-及Fe2+，由于I-还原性强，先被氧化，当只有一种氧化产物时，化学方程式为“”；若反应物用量比=1.5时，Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2＋，且恰好将全部I-和Fe2＋氧化，故氧化产物为“I2、FeCl3”；当>1.5后，I2和过量Cl2及H2O反应，生成HIO3及HCl，从而降低I2的收率；【小问2详解】根据得失电子守恒及电荷守恒，总的离子方程式是“2IO＋5HSO=I2＋5SO＋3H＋＋H2O”。16.二氧化氮是主要的大气污染物之一，工业上在一定条件下用NH3可将NO2还原。文宏同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如下(部分夹持装置省略):回答下列问题:（1）用装置A制备NH3,其中发生反应的化学方程式为________________;装置B内的试剂是______________（2）装置D中发生反应的离子方程式是_________________，铜丝可抽动的优点是________________。（3）NH3和NO2在M中充分反应后，产生两种对环境友好物质，该反应的化学方程式为 ________________，M中可观察到的现象是________________。【答案】①.2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O②.碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体）③.Cu＋4H+＋2=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O④.便于控制反应的开始和停止⑤.8NH3＋6NO27N2＋12H2O⑥.红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴【解析】【详解】（1）装置A是固固加热型的装置，制备NH3，应选择氯化铵和氢氧化钙加热反应，生成氯化钙，水喝氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，装置B的作用是干燥氨气，可选择碱性干燥剂，如碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体），故本题答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体）；（2）装置D中铜和浓硝酸发生反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水，离子方程式是Cu＋4H+＋2=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O，铜丝上下抽动可使反应物分离，优点是便于控制反应的开始和停止，故本题答案为：Cu＋4H+＋2=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O；便于控制反应的开始和停止；（3）NH3和NO2在M中充分反应后，生成氮气和水，该反应的化学方程式为8NH3＋6NO27N2＋12H2O，M中二氧化氮被消耗，浓度降低，可观察到的现象是红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴，故本题答案为：8NH3＋6NO27N2＋12H2O；红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴。【点睛】观察和描述实验现象的注意事项：1、要注重对本质现象的观察。本质现象就是提示事物本质牲的现象。2、要正确描述实验现象。（1）不能以结论代替现象。如蜡烛燃烧的实验现象是“生成的气体使澄清石灰水变浑浊”，而不能用结论“生成二氧化碳”来代替。⑵要明确“光”和“火焰”（如木炭在氧气中燃烧的现象为“发出白光”、硫在氧气中燃烧的现象为“发出蓝紫色火焰”）、“烟”和“雾”（“烟”是固体、“雾”是液体，如磷在空气中燃烧的现象为“产生大量的白烟”而不能说白雾）等的区别，不能相互替代使用。17.以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：（1）C和D→E的反应类型：___________，C中含氧官能团的名称：___________。（2）写出B→C的化学方程式：___________。 （3）写出E的其中一种结构简式：___________。（4）1molD与足量的金属钠反应生成的气体在标准状况下的体积为___________L。【答案】（1）①.酯化（取代）反应②.羧基（2）2CH2=CHCHO+O22CH2=CHCOOH（3）  或（4）33.6【解析】【分析】CO、H2一定条件下反应生成丙烯，丙烯被氧化生成B为CH2=CHCHO，CH2=CHCHO与氧气反应生成C为CH2=CHCOOH，油脂水解生成D为HOCH2CH(OH)CH2OH，甘油和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成混合物E，E为和的混合物。【小问1详解】D为甘油，甘油和CH2=CHCOOH发生酯化（取代）反应生成混合物E；C的结构简式为CH2=CHCOOH，其中含氧官能团名称为羧基。【小问2详解】B为CH2=CHCHO，CH2=CHCHO与氧气反应生成C为CH2=CHCOOH，B→C的化学方程式：2CH2=CHCHO+O22CH2=CHCOOH。【小问3详解】根据分析，E为或。【小问4详解】D为HOCH2CH(OH)CH2OH，羟基中的氢原子可以和钠反应生成氢气，则1molD与足量的金属钠反应生成的气体在标准状况下的体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L。18.电池是人类生产和生活中重要的能量来源。各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。按要求回答下列问题。（1）世博会中国馆、主题馆等建筑所使用的光伏电池，总功率达4 兆瓦，是历届世博会之最，其工作原理如图1所示。光伏电池能将___________(填“化学能”“太阳能”或“热能”)直接转变为电能，在外电路中电流方向为___________(填“从a流向b”或“从b流向a”)。（2）燃料电池有节能、超低污染、噪声低、使用寿命长等优点。某甲醇燃料电池工作原理如图2所示。Pt(a)电极是电池的___________极，Pt(b)电极反应式为___________。如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH的物质的量为___________mol。（3）某新型固体燃料电池的电解质是固体氧化锆和氧化钇，高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。如图3所示，其中多孔电极不参与电极反应。写出该反应的负极电极反应式：___________，当有16g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量为___________(1个电子的电量为1.6×10-19C)。（4）一氧化氮-空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其工作原理如图4所示，写出放电过程中负极的电极反应式：___________，若过程中产生2molHNO3，则消耗标准状况下O2的体积为___________L。 【答案】（1）①.太阳能②.b流向a（2）①.负②.O2+4H++4e−=2H2O③.（3）①.CH3OH-6e-+3O2-=CO2+2H2O②.2.89×105C（4）①.NO-3e-+2H2O=+4H+②.33.6【解析】【小问1详解】由图可知，光伏电池将太阳能直接转化为电能；由图中电荷的移动方向可知，电流由b流向a。【小问2详解】Pt(a)原料为甲醇和水，产物为二氧化碳、氢离子，碳元素化合价升高，则Pt(a)为负极，电极反应式为：，Pt(b)为正极，电极反应式为：O2+4H++4e−=2H2O，由负极电极反应式可知，转移6mol电子，需要1mol甲醇，则转移2mol电子，需要mol甲醇。【小问3详解】原电池中负极发生氧化反应，由图知，燃料电池中的燃料为甲醇，在负极上反应失去电子转化为水和二氧化碳，由题知反应离子为氧离子，因此可写出负极反应式为CH3OH-6e-+3O2-=CO2+2H2O；16g甲醇物质的量为32g/mol1，由负极反应式可知，1mol甲醇反应时，转移6mol电子，1个电子的电量为1.6×0-19C，则所求电量表达式为6×6.02×1023mol-1×1.6×0-19C=2.89×105C。【小问4详解】由原电池的工作原理图示可知，左端的铂电极为负极，其电极反应式为NO-3e-+2H2O=+4H+，当过程中产生2molHNO3时转移6mole-，而1molO2参与反应转移4mole-，故需要1.5molO2参与反应，标准状况下的体积为33.6L。19.密闭容器中发生如下反应：A(g)＋3B(g)2C(g)ΔH<0，根据下列速率—时间图象，回答下列问题。 (1)下列时刻所改变的外界条件是：t1________；t3________；t4________；(2)物质A的体积分数最大的时间段是________________；(3)上述图象中C的体积分数相等的时间段是________________；(4)反应速率最大的时间段是________________。(5)t0~t1、t3~t4、t5~t6时间段的平衡常数K0、K3、K5的关系________________【答案】①.t1升高温度②.t3使用催化剂③.t4减小压强④.t5-t6⑤.t2-t3⑥.t3-t4⑦.K0〉K3=K5【解析】【分析】（1）该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，t0-t1之间，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态；t1-t2之间，正逆反应速率都增大，但v（正）<v（逆），则平衡逆向移动，因为该反应前后气体体积改变，所以改变的条件只能是温度；t2-t3之间，正逆反应速率都不变且相等，为平衡状态；t3-t4之间，正逆反应速率都增大且相等，则改变条件是催化剂；t4-t5之间，正逆反应速率都减小，且v（正）<v（逆），则平衡逆向移动，改变的条件是压强；t5-t6之间，正逆反应速率都不变且相等，为平衡状态；（2）A的物质的量最大时，应该是反应向逆反应方向进行最彻底时；（3）要使C的体积分数最大，只能是反应没有向逆反应方向移动之时；（4）反应速率最大时应该是纵坐标最大时；（5）平衡常数与温度有关。【详解】（1）t1时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，反应向逆反应方向移动，则应为升高温度；t3时，正逆反应速率都增大，正逆反应速率相等，平衡不移动，应为加入催化剂；t4时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，由方程式计量数关系可知，应为减小压强。（2）t1～t2，t4～t5，反应向逆反应方向移动，随着反应的进行，生成的A逐渐增多，A的体积分数逐渐增 大，所以A的体积分数最大的时间段是t5-t6；（3）根据上述分析，t2～t3，t3～t4，平衡不移动，C的体积分数相等，答案为t2-t3,t3-t4；（4）根据改变的条件，t1时升高温度反应速率增大，t3时加入催化剂反应速率增大，t4时减小压强反应速率减小，所以反应速率最大的时间段是t3～t4；（5）温度不变，平衡常数不变，该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，t1时升高温度，平衡常数减小，t0~t1、t3~t4、t5~t6时间段的平衡常数K0、K3、K5的关系为K0〉K3=K5。