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【化学】河南省林州市第一中学2018-2019学年高二上学期开学考试（解析版）
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河南省林州市第一中学2018-2019学年高二上学期开学考试
1. 2018世界地球日我国的主题为“珍惜自然资源，呵护美丽国土”。下列关于能源的描述正确的是( )
A. 水力、电力、风力属一次能源
B. 棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维
C. 汽油、柴油、煤油都是纯净物
D. 煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态是物理变化过程
【答案】B
【解析】分析：本题考查的是有关能源的问题，是需要基本了解的问题，难度较小。
详解：A.直接从自热按揭取得的能源称为依次能源，依次能源经过加工、转换得到的能源为二次能源，电力属于二次能源，故错误；B.棉花、麻、蚕丝、羊毛在自然界中存在，是天然纤维，故正确；C.汽油、柴油、煤油等都是混合物，故错误；D.煤的气化是化学变化，是将煤转化为气体燃料，故错误。故选B。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数。下列有关叙述正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L乙醇含有的共价键数为8NA
B. 1molCl2参加反应，转移电子数--定为2NA
C. 78g苯中含有碳碳双键的数目为3NA
D. 2molSO2与1molO2在催化剂作用下反应生成SO3的分子数小于2NA
【答案】D
【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点。注意常见的物质的状态和氧化还原反应以及常见物质的结构等知识点。
详解：A.乙醇在标况下不是气体，不能计算其物质的量，故错误；B.氯气参加反应时可能只做氧化剂也可能做氧化剂同时做还原剂，不能准确计算其转移电子数，故错误；C.苯分子中没有碳碳双键，故错误；D.二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能完全反应，故2molSO2与1molO2在催化剂作用下反应生成SO3的分子数小于2NA，故正确。故选D。
点睛：在分析阿伏伽德罗常数时需要从以下几点考虑：（1）阿伏加德罗定律也适用于混合气体。
（2）考查气体摩尔体积时，常用在标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如H2O、SO3、已烷、辛烷、CHCl3、乙醇等。
（3）物质结构和晶体结构：考查一定物质的量的物质中含有多少微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）时常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2双原子分子。胶体粒子及晶体结构：P4、金刚石、石墨、二氧化硅等结构。
（4）要用到22.4L·mol－1时，必须注意气体是否处于标准状况下，否则不能用此概念；
（5）某些原子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少；
（6）注意常见的的可逆反应：如NO2中存在着NO2与N2O4的平衡；
（7）不要把原子序数当成相对原子质量，也不能把相对原子质量当相对分子质量。
（8）较复杂的化学反应中，电子转移数的求算一定要细心。如Na2O2+H2O；Cl2+NaOH；电解AgNO3溶液等。
3. 下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为18的S原子: B. 丙烯的结构简式为:C3H6
C. CS2的结构式:S=C=S D. 光导纤维的主要成分:Si
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是基本化学用语，属于基础知识，难度较小。
详解：A.硫元素的核电荷数为16，所以在元素符号的左下角的数字应为16，左上角为质量数，为16+18=34，故错误；B.丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故错误；C. CS2中碳和硫原子形成双键，故结构式为S=C=S，故正确；D.光导纤维的主要成分为二氧化硅，故错误。故选C。
4. 下列离子方程式的书写正确的是( )
A. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液的反应:HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓
B. Na与CuSO4溶液的反应:Cu2++2Na=2Na++Cu↓
C. 等物质的量的Na2CO3溶液与盐酸的反应，CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 醋酸除水垢:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是离子方程式的判断，是高频考点，注意物质的微粒表达方式。
详解：A.碳酸氢钙和少量氢氧化钠反应生成碳酸钙和碳酸氢钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓，故正确；B.钠和硫酸铜溶液反应时先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故错误；C.等物质的量的碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32-+2H+= HCO3-，故错误；D.醋酸是弱酸不能拆成离子形式，故错误。故选A。
点睛：离子方程式书写时要注意以下几点：1.物质的形成，弱酸或弱碱或水等不能拆成离子形式。2.注意反应符合客观事实，如铁与盐酸反应生成亚铁而不是铁离子。3.注意量的多少对反应产物的影响，特别记住有些反应中改变物质的量比例反应产物不变，如铝盐和氨水反应，铝和氢氧化钠反应等。4.注意氧化还原反应中的先后顺序等，如溴化亚铁和氯气的反应中亚铁离子先反应，溴离子都反应等。
5. 某学生用右图所示装置进行化学反应X+2Y=2Z能量变化情况的研究。当往试管中滴加试剂Y时，看到U形管中液面甲处降、乙处升。关于该反应的下列叙述中正确的是( )
①该反应为放热反应；②该反应为吸热反应；③生成物的总能量比反应物的总能量更高；④反应物的总能量比生成物的总能量更高；⑤该反应过程可以看成是“贮存“于X、Y内部的部分能量转化为热能而释放出来。
A. ①④⑤ B. ①④ C. ①③ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是关于吸热反应和放热反应的知识，可以根据所学知识进行回答，难度较小。
详解：当往试管中加入试剂Y时，看到U型管中液面甲处下降，乙处上升，说明该反应为放热反应，放出的热使得集气瓶中的气压升高而出现该现象，故正确，在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故正确；该反应过程中可以看成是贮存于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来，故正确。故选A。
6. 下列关于有机化合物的说法正确的是( )
A. 聚氯乙烯分子中含有碳碳双键
B. 戊烷有5种同分异构体
C. 以淀粉为原料可以制备乙酸乙酯
D. 油脂的皂化反应属于加成反应
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是常见有机物的结构和性质，属于基础知识，平时注重积累。
详解：A.聚氯乙烯不含碳碳双键，故错误；B.戊烷有正戊烷和异戊烷和新戊烷三种结构，故错误；C.淀粉发酵可以得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，故正确；D.油脂的皂化反应属于取代反应，故错误。故选C。
7. a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。b、c、e最外层电子数之和为10；a原子核外最外层电子数是次外层的2倍；c是同周期中原子半径最大的元素；工业上一般通过电解氧化物的方法制备d的单质；e的单质是制备太阳能电池的重要材料。下列说法正确的是( )
A. a、e的常见氧化物都属于酸性氧化物
B. b元素的气态氧化物易液化，是因为其分子间能形成氢键
C. 工业上不用电解氯化物的方法制备单质d是由于其氯化物的熔点高
D. 相同质量的c和d单质分别与足量稀盐酸反应，前者生成的氢气多
【答案】B
【解析】
a、b、c、d、e五种短周期主族元素的原子序数依次增大，a原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则a有2个电子层，K层容纳2个电子，所以a为C元素；c是同周期中原子半径最大的元素，则c为第IA族，由于c的原子序数大于碳，则c在第三周期，即c为Na元素；工业上一般通过电解氧化物的方法获得d的单质，则d为Al元素；e是制备太阳能电池的重要材料，则e为Si元素；b、c、e最外层电子数之和为10，即b+1+4=10，则b的最外层电子数为5，即b为N元素，则A．CO不是酸性氧化物，A错误；B．氨气分子间能形成氢键，氨气易液化，B正确；C. 氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，C错误；D. 相同质量的Na和Al单质分别与足量稀盐酸反应，后者生成的氢气多，D错误，答案选B。
8. 用下列装置不能达到有关实验目的是( )
A. 用甲图装置证明ρ(煤油)< ρ(钠)< ρ(水)
B. 用乙图装置可以吸收氨气防止倒吸
C. 用丙图装置制取金属锰
D. 用丁装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】B
【解析】
分析本题考查的是实验方案的设计和评价，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答。
详解：A.由图可知，钠在水与煤油的液面中间，则可知钠的密度比水小，比煤油的大，故正确；B.由图可知，氨气易溶于水，但不溶于苯，所以将导气管通入到水中，不能防止倒吸，故错误；C.由图可知，铝与二氧化锰发生铝热反应生成锰，故正确；D.因为碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故正确。故选B。
9. 下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B. 100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C. SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以，升高温度，反应的速率减慢
D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
【答案】D
【解析】
A. 98%的浓硫酸具有强氧化性，在常温下与铁发生钝化，如果加热则生成二氧化硫，不能生成氢气，所以不会加快产生氢气的速率，故A错误；B.加入适量的氯化钠溶液，氯化钠不参与反应，但会使溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C.升高温度可以增大活化分子的百分数，使反应速率增大，与是否为放热反应无关，故C错误；D.减小压强可以使反应速率减慢，故D正确；答案选D。
10. 除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是( )
选项
物质
所用试剂
方法
A．
乙醇（乙酸）
氢氧化钠溶液
分液
B．
乙烷（乙烯）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
C．
乙酸乙酯（乙酸）
饱和碳酸钠溶液
蒸馏
D．
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
【答案】D
【解析】
A、乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的办法分离，选项A错误；B、乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯，又在乙烷中引入了二氧化碳杂质，选项B错误；C、乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液，乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶，可以采用分液法来分离，选项C错误；D、生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙溶液，可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇混合溶液的分离，选项D正确。答案选D。
11. 下列关于热化学反应的描述正确的是( )
A. CO 的燃烧热是 283. 0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) ΔH=+283.0 kJ/mol
B. HC1和NaOH反应的中和热ΔH=-57. 3 kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2的反应热ΔH=2×(-57.3) kJ/mol
C. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少
D. 已知：H—H键的键能为a kJ/mol，Cl—C1键的键能为b kJ/mol，H—C1键的键能为c kJ/mol，则生成1 mol HC1放出的能量为(a+b-2c)/2 kJ
【答案】C
【解析】
A. CO 的燃烧热是 283.0 kJ/mol，可知CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H=−283.0 kJ/mol，物质的量与热量成正比，且互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566.0 kJ/mol，故A错误；B. 生成硫酸钡放热，焓变为负，则H2SO4和Ba(OH)2的反应热△H<2×(−57.3)kJ/mol，故B错误；C. 生成物相同，反应物中硫蒸气的能量高，燃烧为放热反应，则等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少，故C正确；D. 焓变等于断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量，则生成1 mol HCl放出的能量为(−a+b−2c)/2kJ，即为（2c−a−b）/2kJ，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查热化学方程式的书写及燃烧热、中和热等相关概念，题目难度不大。本题的易错点是B项分析H2SO4和Ba(OH)2的反应热与中和热数值之间的关系，解题时要根据中和热的定义“在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量”其衡量的标准是生成的水为1mol，因H2SO4和Ba(OH)2反应时除了生成水，还有硫酸钡沉淀生成并放热，因此H2SO4和Ba(OH)2的反应热△H<2×(−57.3)kJ/mol。
12. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是( )
A. 由实验数据可知实验控制的温度T2>T1
B. 组别①中，0-20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1
C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18
D. 0~10min内，CH4的降解速率:①>②
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是化学平衡的判断和速率的计算等，根据甲烷物质的量的变化判断温度大小，侧重考查学生的分析能力的考查。
详解：A.根据表中数据分析，前10分钟内T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故正确；B. 组别①中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25mol·L-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.25×2/20=0.025mol·L-1·min-1，故错误；C.因为T2温度高，应在40分钟之前到平衡，根据50分钟时的数据分析，平衡时的数据应为0.15，故错误；D.T2温度高，所以0~10 min内，CH4降解速率大，故错误。故选A。
13. 下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是( )
选项
X
Y
Z
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
C
CO2
Na2CO3
NaHCO3
D
NH3
NO2
HNO3
【答案】D
【解析】
根据转化关系看出：Al2O3与NaOH反应变为NaAlO2，NaAlO2与CO2、H2O反应变为Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，Al(OH)3与NaOH反应变为NaAlO2，可以相互转化，A正确；SiO2与NaOH反应变为Na2SiO3，Na2SiO3溶液与CO2、H2O反应变为H2SiO3，H2SiO3加热分解为SiO2，H2SiO3与NaOH反应变为Na2SiO3，可以相互转化，B正确；少量CO2与NaOH反应变为Na2CO3，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与盐酸反应生成CO2，NaHCO3加热分解为Na2CO3，可以相互转化，C正确；NH3与氧气反应在催化剂作用下，只能生成NO，不满足题意要求，D错误；正确选项：D。
14. 某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是( )
A. 1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5 molH2
B. 该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2
C. 可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
D. 该有机物能够在催化剂作用下发生酯化反应
【答案】C
【解析】
A.该有机物含有一个羟基，两个羧基，都可以和金属钠反应，所以1mol该有机物与金属钠反应最多可以生成1.5mol氢气，故正确；B.1mol该有机物消耗3mol钠，2mol氢氧化钠，2mol碳酸氢钠，故正确；C.羟基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用其检验碳碳双键，故错误；D.该有机物含有羟基和羧基，可以在催化剂作用下发生酯化反应，故正确。故选C。
【点睛】学习有机物的关键是掌握各种官能团及其性质，有其官能团就有其性质，常见的官能团有碳碳双键、羟基，羧基等。
15. 普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag。下列有关说法正确的是( )
A. 测量原理示意图中，电流方向从Cu流向Ag2O
B. 负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O
C. 电池工作时，OH-向正极移动
D. 2molCu与1molAg2O的总能量低于1molCu2O与2molAg具有的总能量
【答案】B
【解析】
分析：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池的原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，要会根据电池反应进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解题的关键。
详解：A. 测量原理示意图中，铜为负极，氧化银为正极，所以电流方向从Ag2O流向Cu，故错误；B. 铜为负极，失去电子，负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故正确；C. 电池工作时，OH-向负极移动，故错误；D. 该反应为放热反应，所以2molCu与1molAg2O的总能量高于1molCu2O与2molAg具有的总能量，故错误。故选B。
16. 溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒,产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物貭的量之向的关系如图所示。则下列説法正确的是( )
A. 溶液中的阳离子一定含有H+、Mg2+、Al3+，可能含有Fe3+
B. 溶液中一定不含CO32-和NO3-，一定含有SO42-
C. 溶液中C(NH4+)=0.2mol/L
D. c(H+):c(Al3+):c(Mg2+)=l:1:1
【答案】B
【解析】
分析：本题考查离子共存，反应图像识别以及离子反应有关计算等，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，注意把握图像中各个阶段发生的反应。
详解：加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子，根据产生的沉淀量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定有镁离子和铝离子，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液还存在铵根离子，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有硫酸根离子。由图像可知，第一阶段为氢离子和氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则氢离子物质的量为0.1mol，第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7-0.5=0.2mol，则铵根离子物质的量为0.2mol，最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8-0.7=0.1mol，则氢氧化铝的物质的量为0.1mol，，根据铝元素守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5-0.1=0.4mol，则镁离子物质的量为（0.4-0.1×3）÷2=0.05mol。A. 由上述分析，溶液中的阳离子一定只有氢离子、镁离子、铝离子、铵根离子，故错误；B. 由上述分析，溶液中有镁离子和铝离子和氢离子，所以一定不含碳酸根离子，因为和锌反应生成氢气，所以不含硝酸根离子，根据电荷守恒，溶液中一定含有硫酸根离子，故正确；C. 根据以上分析，铵根离子的物质的量为0.2mol，因为没有溶液的体积，不能计算其物质的量浓度，故错误；D.根据计算， c(H+): c(Al3+): c(Mg2+)=0.1:0.1:0.05=2:2:1，故错误。故选B。
点睛：本题综合性较强，一定分清离子在溶液中的反应顺序。若溶液中存在氢离子、镁离子、铝离子和铵根离子等，加入氢氧化钠，氢离子先反应，然后为镁离子和铝离子反应生成沉淀，然后铵根离子，然后是氢氧化铝溶解。
17. (1)有以下各组微粒或物质：A．正丁烷和异丁烷；B．金刚石、石墨和C60；C．冰和干冰；D．35Cl和37Cl；E.NO和NO2；其中，互为同分异构体的有__________(填编号，以下同)；互为同素异形体的有__________；互为同位素的有__________。
(2)现有：①干冰；②金刚石；③NH4Cl；④Na2S四种物质，按下列要求回答(填序号)：熔化时不需要破坏化学键的是____________；既存在离子键又存在共价键的是____________。
(3)向一个容积为2 L的密闭容器中充入7 mol SO2和4 mol O2，在一定温度和压强下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，经4 s后达到平衡状态，测得SO2的物质的量是3 mol，则达到平衡状态时O2的转化率为__________；平衡时SO3的物质的量浓度_______。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和氢气，在25℃、101 kPa下，已知每消耗3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是____________________________。
【答案】 A ； B ； D ； ① ； ③；50% ；2 mol·L-1 ；NaBH4(s)+2H2O(l)==NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1
【解析】
（1）同分异构体是指分子式相同，但结构不同的有机化合物，而同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；
（2）分子晶体熔化不需要破坏化学键，原子晶体熔化时需要破坏共价键，离子晶体熔化时需要破坏离子键；共价键为非金属原子之间通过共用电子对形成的化学键，离子键为阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键，根据物质的组成进行判断；
（3）根据反应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比，求出反应的氧气的物质的量，然后根据转化率=转化量/起始量×100%来解答；根据方程式计算出SO3的物质的量，再利用c=n÷V计算SO3的物质的量浓度。
（4）在25℃、101 kPa下，已知每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6 kJ，则消耗1mol NaBH4放热216.0kJ，结合物质的状态、焓变书写热化学方程式。
【详解】（1）A、正丁烷和异丁烷的分子式都是C4H10，但结构不同，则互为同分异构体；
B、金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的不同单质，则互为同素异形体；
C、冰和干冰的成分分别是水、二氧化碳，是两种不同的物质；
D、35Cl和37Cl是质子数相同，中子数不同的原子，则为同种元素的不同核素，互为同位素；
E、NO和NO2是两种不同的物质；因此答案是A；B；D；
（2）分子晶体熔化不需要破坏化学键，所以熔化时不需要破坏化学键的是干冰；金刚石、NH4Cl、Na2S分别属于原子晶体、离子晶体、离子晶体，熔化时需要破坏共价键、离子键、离子键；干冰中碳氧之间形成共价键；金刚石中碳碳之间形成共价键；NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键；Na2S中钠离子与硫离子之间形成离子键，因此答案是①；③；
（3）向一个容积为2L的密闭容器中充入7 mol SO2和4 mol O2，在一定温度和压强下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，经4s后达到平衡状态，测得SO2的物质的量是3mol，则反应的SO2的物质的量是4mol，反应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以消耗的氧气的物质的量为2mol，因此平衡状态时O2的转化率为2mol/4mol×100%=50%；参加反应的SO2的物质的量为7mol-3mol=4mol，根据方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可以知道生成的SO3的物质的量等于参加反应的SO2的物质的量，平衡时SO3的物质的量浓度为4mol÷2L=2mol/L；
（4）n(NaBH4)=3.8g÷38g/mol=0.1mol，在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6 kJ，则消耗1mol NaBH4放热216.0kJ，因此反应的热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)＝NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1。
18. I. 短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，其中W元素的原子结构示意图为。
W
X
Y
Z
请回答下列问题：
（1）Z元素在元素周期表中的位置是__________________________________。
（2）X、Y、Z三种元素的原子半径由大到小的顺序为_________（元素符号表示）。
（3）X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为________（用化学式表示）。
（4）用电子式表示WY2的形成过程__________________________________。
（5）写出W单质与浓硫酸反应的化学方程式_____________________________。
Ⅱ. A、B、C三种物质存在如图转化关系。
（6）若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为_______________。
【答案】 (1). 第三周期第VA族 (2). P>N>O (3). HNO3>H3PO4>H2CO3 (4). (5). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (6). Al3++3A1O2-+6H2O==4Al(OH)3↓
【解析】
I.根据W元素的原子结构示意图可知b＝2，则a＝6，即W是C，所以X是N，Z是P，Y是O，则
（1）P元素在元素周期表中的位置是第三周期第VA族。
（2）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则X、Y、Z三种元素的原子半径由大到小的顺序为P＞N＞O。
（3）非金属性是N＞P＞C，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HNO3＞H3PO4＞H2CO3。
（4）CO2是共价化合物，其形成过程可表示为。
（5）碳单质与浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
Ⅱ.（6）若B为白色胶状不溶物，则B是氢氧化铝，因此A与C是铝盐和偏铝酸盐，所以A与C反应的离子方程式为Al3++3A1O2-+6H2O＝4Al(OH)3↓。
【点睛】本题主要是考查元素及其化合物推断、元素周期律的应用。准确判断出元素是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。对于无机框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。比如本题中B为白色胶状不溶物就是解答的突破口。
19. 已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是____________。C的结构简式是____________。
（2）E是一种具有香味的液体，由B + D→E的反应方程式为：____________。该反应类型是____________。
（3）G是一种高分子化合物，其名称是____________，链节是____________。
（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F（沸点12.27OC）进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式：____________。决定F能用于冷冻麻醉应急处理的性质是____________。
【答案】碳碳双键 ； CH3CHO ； CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O ； 酯化反应或取代反应 ；聚乙烯 ；－CH2－CH2－ ；CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl ；氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用
【解析】A是石油裂解气的主要成份,它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平,A是乙烯,乙烯和水发生加成反应CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH,生成B,则B是乙醇,乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C,2CH3CH2OH+O2-2CH3CHO+2H2O,则C是乙醛,B乙醇在高锰酸钾作用下被氧化为乙酸（D），乙醇和乙酸载浓硫酸作用下反应, CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O ；生成乙酸乙酯E；G是一种高分子化合物,由A乙烯加聚而成为聚乙烯,F为A乙烯和氯化氢加成而成CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl ,为氯乙烷。
(1)A为乙烯含有碳碳双键，C为乙醛。
(2)E是一种具有香味的液体,为乙酸乙酯，乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水,属于酯化反应。
(3)高分子化合物中重复出现的结构单元叫链节，G为聚乙烯。
(4)乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷,根据氯乙烷的性质分析其用途。
详解：(1)根据以上分析可知A为乙烯，含有官能团为碳碳双键；A是乙烯,B是乙醇,乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C,则C是乙醛,C的结构简式为CH3CHO ；正确答案：碳碳双键；CH3CHO。
(2)E是一种具有香味的液体,为乙酸乙酯,B是乙醇，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应: CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O；该反应为取代反应；正确答案：CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O ；酯化反应或取代反应。
(3)高分子化合物中重复出现的结构单元叫链节，G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯,结构简式为 ，链节为：－CH2－CH2－；正确答案：聚乙烯 ；－CH2－CH2－。
(4) F为A乙烯和氯化氢反应的产物,乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，方程式为：CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl；氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用，所以CH3CH2Cl能用于冷冻麻醉；正确答案：CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl；氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用。
20. 某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了下列图的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。
回答下列问题：
（1）甲装置中仪器a的名称是_____________________。
（2）装置乙中饱和食盐水的作用是_____________________。
（3）①制取漂白粉的化学方程式是______________________________。
②该小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，则产物中还混杂有物质的化学式是_____。
③为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是__________________（任写一种即可）。
（4）漂白粉应密封保存，原因是______________（用化学方程式表示）。
（5）家庭中常用84 消毒液（主要成分NaClO）、洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。两者同时混合使用会产生有毒的氯气，写出该反应的离子方程式________________________________。
【答案】分液漏斗；除去氯气中混有的氯化氢 ；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；Ca(ClO3)2 ；将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率（其它合理答案也给分） ；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ； ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】
【详解】（1）甲装置中仪器a具有球形特征，有玻璃活塞，在该实验中，可以控制加入的浓盐酸，为分液漏斗。
（2）浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气难溶，因此饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体。
（3）①制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，即还混有的杂质物质的化学式是Ca(ClO3)2。③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可以将丙装置浸在盛有冷水的水槽中，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时温度升高。
（4）漂白粉有效成分为次氯酸钙，HClO虽然具有强氧化性，但它是比碳酸还弱的酸，受空气中的水、CO2作用而导致变质，生成CaCO3和HClO，该反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，所以漂白粉应密封保存。
（5）NaClO与盐酸同时混合使用会发生氧化还原反应产生有毒的氯气，该反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
21. 活性炭可处理大气污染物NO。T℃时，在1L密闭容器中加入NO气体和炭粉，发生反应生成两种气体A和B，测得各物质的物质的量如下：
活性炭/mol
NO/mol
A/mol
B/mol
起始状态
2.030
0.100
0
0
2 min时
2.000
0.040
0.030
0.030
（1）2 min内，用NO表示该反应的平均速率v(NO)＝________mol·L-1·min-1；
（2）该反应的化学方程式是________________________________________；
（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是_________。
①v(NO)∶v(A)∶v(B)=2∶1∶1
②混合气体的密度不再改变
③总压强不再改变
④混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）碳元素可形成数量众多，分布极广的有机化合物，其中甲醇是常见的燃料，甲醇燃料电池的结构示意图如下，一极通入甲醇，另外一极通入氧气；电解质溶液是稀硫酸，电池工作时总反应式：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。
①a处通入的物质是________，电极反应式为：____________________；
②b处电极反应式为_________________________；
③电池工作时H＋由________极移向_______极（填正、负极）。
【答案】 0.03 mol·L-1·min-1 ；C＋2NOCO2＋N2 ； ②④ ；甲醇；CH3OH＋H2O－6e－＝CO2↑＋6H＋ ； O2＋4H＋＋4e－＝2H2O ；负 ；正
【解析】
试题分析：（1）根据表中数据可知2 min内，用NO表示该反应的平均速率v(NO)＝＝0.03mol·L-1·min-1；
（2）由表中数据可知，C、NO、A、B的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03＝1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成物为N2与CO2，且该反应为可逆反应，故反应方程式为C＋2NOCO2＋N2；
（3）①v(NO)∶v(A)∶v(B)＝2∶1∶1不能说明正逆反应速率是否相等，不一定达到平衡状态，错误；②反应前后气体的质量增加，容器容积不变，则混合气体的密度不再改变可以说明反应达到平衡状态，正确；③正反应是体积不变的，则总压强不再改变不能说明反应达到平衡状态，错误；④正反应是气体的质量增加的可逆反应，而混合气体的总的物质的量不变，因此混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明反应达到平衡状态，正确，答案选②④。
（4）①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向和电子的流向可知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为CH3OH＋H2O－6e－＝CO2↑＋6H＋；
②正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③电池工作时H＋由负极移向正极。
考点：考查反应速率计算、化学平衡的影响因素、外界条件对平衡状态的影响；原电池和电解池的工作原理等
1. 2018世界地球日我国的主题为“珍惜自然资源，呵护美丽国土”。下列关于能源的描述正确的是( )
A. 水力、电力、风力属一次能源
B. 棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维
C. 汽油、柴油、煤油都是纯净物
D. 煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态是物理变化过程
【答案】B
【解析】分析：本题考查的是有关能源的问题，是需要基本了解的问题，难度较小。
详解：A.直接从自热按揭取得的能源称为依次能源，依次能源经过加工、转换得到的能源为二次能源，电力属于二次能源，故错误；B.棉花、麻、蚕丝、羊毛在自然界中存在，是天然纤维，故正确；C.汽油、柴油、煤油等都是混合物，故错误；D.煤的气化是化学变化，是将煤转化为气体燃料，故错误。故选B。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数。下列有关叙述正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L乙醇含有的共价键数为8NA
B. 1molCl2参加反应，转移电子数--定为2NA
C. 78g苯中含有碳碳双键的数目为3NA
D. 2molSO2与1molO2在催化剂作用下反应生成SO3的分子数小于2NA
【答案】D
【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点。注意常见的物质的状态和氧化还原反应以及常见物质的结构等知识点。
详解：A.乙醇在标况下不是气体，不能计算其物质的量，故错误；B.氯气参加反应时可能只做氧化剂也可能做氧化剂同时做还原剂，不能准确计算其转移电子数，故错误；C.苯分子中没有碳碳双键，故错误；D.二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能完全反应，故2molSO2与1molO2在催化剂作用下反应生成SO3的分子数小于2NA，故正确。故选D。
点睛：在分析阿伏伽德罗常数时需要从以下几点考虑：（1）阿伏加德罗定律也适用于混合气体。
（2）考查气体摩尔体积时，常用在标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如H2O、SO3、已烷、辛烷、CHCl3、乙醇等。
（3）物质结构和晶体结构：考查一定物质的量的物质中含有多少微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）时常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2双原子分子。胶体粒子及晶体结构：P4、金刚石、石墨、二氧化硅等结构。
（4）要用到22.4L·mol－1时，必须注意气体是否处于标准状况下，否则不能用此概念；
（5）某些原子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少；
（6）注意常见的的可逆反应：如NO2中存在着NO2与N2O4的平衡；
（7）不要把原子序数当成相对原子质量，也不能把相对原子质量当相对分子质量。
（8）较复杂的化学反应中，电子转移数的求算一定要细心。如Na2O2+H2O；Cl2+NaOH；电解AgNO3溶液等。
3. 下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为18的S原子: B. 丙烯的结构简式为:C3H6
C. CS2的结构式:S=C=S D. 光导纤维的主要成分:Si
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是基本化学用语，属于基础知识，难度较小。
详解：A.硫元素的核电荷数为16，所以在元素符号的左下角的数字应为16，左上角为质量数，为16+18=34，故错误；B.丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故错误；C. CS2中碳和硫原子形成双键，故结构式为S=C=S，故正确；D.光导纤维的主要成分为二氧化硅，故错误。故选C。
4. 下列离子方程式的书写正确的是( )
A. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液的反应:HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓
B. Na与CuSO4溶液的反应:Cu2++2Na=2Na++Cu↓
C. 等物质的量的Na2CO3溶液与盐酸的反应，CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 醋酸除水垢:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是离子方程式的判断，是高频考点，注意物质的微粒表达方式。
详解：A.碳酸氢钙和少量氢氧化钠反应生成碳酸钙和碳酸氢钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓，故正确；B.钠和硫酸铜溶液反应时先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故错误；C.等物质的量的碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32-+2H+= HCO3-，故错误；D.醋酸是弱酸不能拆成离子形式，故错误。故选A。
点睛：离子方程式书写时要注意以下几点：1.物质的形成，弱酸或弱碱或水等不能拆成离子形式。2.注意反应符合客观事实，如铁与盐酸反应生成亚铁而不是铁离子。3.注意量的多少对反应产物的影响，特别记住有些反应中改变物质的量比例反应产物不变，如铝盐和氨水反应，铝和氢氧化钠反应等。4.注意氧化还原反应中的先后顺序等，如溴化亚铁和氯气的反应中亚铁离子先反应，溴离子都反应等。
5. 某学生用右图所示装置进行化学反应X+2Y=2Z能量变化情况的研究。当往试管中滴加试剂Y时，看到U形管中液面甲处降、乙处升。关于该反应的下列叙述中正确的是( )
①该反应为放热反应；②该反应为吸热反应；③生成物的总能量比反应物的总能量更高；④反应物的总能量比生成物的总能量更高；⑤该反应过程可以看成是“贮存“于X、Y内部的部分能量转化为热能而释放出来。
A. ①④⑤ B. ①④ C. ①③ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是关于吸热反应和放热反应的知识，可以根据所学知识进行回答，难度较小。
详解：当往试管中加入试剂Y时，看到U型管中液面甲处下降，乙处上升，说明该反应为放热反应，放出的热使得集气瓶中的气压升高而出现该现象，故正确，在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故正确；该反应过程中可以看成是贮存于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来，故正确。故选A。
6. 下列关于有机化合物的说法正确的是( )
A. 聚氯乙烯分子中含有碳碳双键
B. 戊烷有5种同分异构体
C. 以淀粉为原料可以制备乙酸乙酯
D. 油脂的皂化反应属于加成反应
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是常见有机物的结构和性质，属于基础知识，平时注重积累。
详解：A.聚氯乙烯不含碳碳双键，故错误；B.戊烷有正戊烷和异戊烷和新戊烷三种结构，故错误；C.淀粉发酵可以得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，故正确；D.油脂的皂化反应属于取代反应，故错误。故选C。
7. a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。b、c、e最外层电子数之和为10；a原子核外最外层电子数是次外层的2倍；c是同周期中原子半径最大的元素；工业上一般通过电解氧化物的方法制备d的单质；e的单质是制备太阳能电池的重要材料。下列说法正确的是( )
A. a、e的常见氧化物都属于酸性氧化物
B. b元素的气态氧化物易液化，是因为其分子间能形成氢键
C. 工业上不用电解氯化物的方法制备单质d是由于其氯化物的熔点高
D. 相同质量的c和d单质分别与足量稀盐酸反应，前者生成的氢气多
【答案】B
【解析】
a、b、c、d、e五种短周期主族元素的原子序数依次增大，a原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则a有2个电子层，K层容纳2个电子，所以a为C元素；c是同周期中原子半径最大的元素，则c为第IA族，由于c的原子序数大于碳，则c在第三周期，即c为Na元素；工业上一般通过电解氧化物的方法获得d的单质，则d为Al元素；e是制备太阳能电池的重要材料，则e为Si元素；b、c、e最外层电子数之和为10，即b+1+4=10，则b的最外层电子数为5，即b为N元素，则A．CO不是酸性氧化物，A错误；B．氨气分子间能形成氢键，氨气易液化，B正确；C. 氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，C错误；D. 相同质量的Na和Al单质分别与足量稀盐酸反应，后者生成的氢气多，D错误，答案选B。
8. 用下列装置不能达到有关实验目的是( )
A. 用甲图装置证明ρ(煤油)< ρ(钠)< ρ(水)
B. 用乙图装置可以吸收氨气防止倒吸
C. 用丙图装置制取金属锰
D. 用丁装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】B
【解析】
分析本题考查的是实验方案的设计和评价，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答。
详解：A.由图可知，钠在水与煤油的液面中间，则可知钠的密度比水小，比煤油的大，故正确；B.由图可知，氨气易溶于水，但不溶于苯，所以将导气管通入到水中，不能防止倒吸，故错误；C.由图可知，铝与二氧化锰发生铝热反应生成锰，故正确；D.因为碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故正确。故选B。
9. 下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B. 100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C. SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以，升高温度，反应的速率减慢
D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
【答案】D
【解析】
A. 98%的浓硫酸具有强氧化性，在常温下与铁发生钝化，如果加热则生成二氧化硫，不能生成氢气，所以不会加快产生氢气的速率，故A错误；B.加入适量的氯化钠溶液，氯化钠不参与反应，但会使溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C.升高温度可以增大活化分子的百分数，使反应速率增大，与是否为放热反应无关，故C错误；D.减小压强可以使反应速率减慢，故D正确；答案选D。
10. 除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是( )
选项
物质
所用试剂
方法
A．
乙醇（乙酸）
氢氧化钠溶液
分液
B．
乙烷（乙烯）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
C．
乙酸乙酯（乙酸）
饱和碳酸钠溶液
蒸馏
D．
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
【答案】D
【解析】
A、乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的办法分离，选项A错误；B、乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯，又在乙烷中引入了二氧化碳杂质，选项B错误；C、乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液，乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶，可以采用分液法来分离，选项C错误；D、生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙溶液，可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇混合溶液的分离，选项D正确。答案选D。
11. 下列关于热化学反应的描述正确的是( )
A. CO 的燃烧热是 283. 0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) ΔH=+283.0 kJ/mol
B. HC1和NaOH反应的中和热ΔH=-57. 3 kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2的反应热ΔH=2×(-57.3) kJ/mol
C. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少
D. 已知：H—H键的键能为a kJ/mol，Cl—C1键的键能为b kJ/mol，H—C1键的键能为c kJ/mol，则生成1 mol HC1放出的能量为(a+b-2c)/2 kJ
【答案】C
【解析】
A. CO 的燃烧热是 283.0 kJ/mol，可知CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H=−283.0 kJ/mol，物质的量与热量成正比，且互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566.0 kJ/mol，故A错误；B. 生成硫酸钡放热，焓变为负，则H2SO4和Ba(OH)2的反应热△H<2×(−57.3)kJ/mol，故B错误；C. 生成物相同，反应物中硫蒸气的能量高，燃烧为放热反应，则等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少，故C正确；D. 焓变等于断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量，则生成1 mol HCl放出的能量为(−a+b−2c)/2kJ，即为（2c−a−b）/2kJ，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查热化学方程式的书写及燃烧热、中和热等相关概念，题目难度不大。本题的易错点是B项分析H2SO4和Ba(OH)2的反应热与中和热数值之间的关系，解题时要根据中和热的定义“在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量”其衡量的标准是生成的水为1mol，因H2SO4和Ba(OH)2反应时除了生成水，还有硫酸钡沉淀生成并放热，因此H2SO4和Ba(OH)2的反应热△H<2×(−57.3)kJ/mol。
12. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是( )
A. 由实验数据可知实验控制的温度T2>T1
B. 组别①中，0-20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1
C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18
D. 0~10min内，CH4的降解速率:①>②
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是化学平衡的判断和速率的计算等，根据甲烷物质的量的变化判断温度大小，侧重考查学生的分析能力的考查。
详解：A.根据表中数据分析，前10分钟内T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故正确；B. 组别①中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25mol·L-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.25×2/20=0.025mol·L-1·min-1，故错误；C.因为T2温度高，应在40分钟之前到平衡，根据50分钟时的数据分析，平衡时的数据应为0.15，故错误；D.T2温度高，所以0~10 min内，CH4降解速率大，故错误。故选A。
13. 下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是( )
选项
X
Y
Z
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
C
CO2
Na2CO3
NaHCO3
D
NH3
NO2
HNO3
【答案】D
【解析】
根据转化关系看出：Al2O3与NaOH反应变为NaAlO2，NaAlO2与CO2、H2O反应变为Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，Al(OH)3与NaOH反应变为NaAlO2，可以相互转化，A正确；SiO2与NaOH反应变为Na2SiO3，Na2SiO3溶液与CO2、H2O反应变为H2SiO3，H2SiO3加热分解为SiO2，H2SiO3与NaOH反应变为Na2SiO3，可以相互转化，B正确；少量CO2与NaOH反应变为Na2CO3，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与盐酸反应生成CO2，NaHCO3加热分解为Na2CO3，可以相互转化，C正确；NH3与氧气反应在催化剂作用下，只能生成NO，不满足题意要求，D错误；正确选项：D。
14. 某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是( )
A. 1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5 molH2
B. 该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2
C. 可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
D. 该有机物能够在催化剂作用下发生酯化反应
【答案】C
【解析】
A.该有机物含有一个羟基，两个羧基，都可以和金属钠反应，所以1mol该有机物与金属钠反应最多可以生成1.5mol氢气，故正确；B.1mol该有机物消耗3mol钠，2mol氢氧化钠，2mol碳酸氢钠，故正确；C.羟基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用其检验碳碳双键，故错误；D.该有机物含有羟基和羧基，可以在催化剂作用下发生酯化反应，故正确。故选C。
【点睛】学习有机物的关键是掌握各种官能团及其性质，有其官能团就有其性质，常见的官能团有碳碳双键、羟基，羧基等。
15. 普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag。下列有关说法正确的是( )
A. 测量原理示意图中，电流方向从Cu流向Ag2O
B. 负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O
C. 电池工作时，OH-向正极移动
D. 2molCu与1molAg2O的总能量低于1molCu2O与2molAg具有的总能量
【答案】B
【解析】
分析：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池的原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，要会根据电池反应进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解题的关键。
详解：A. 测量原理示意图中，铜为负极，氧化银为正极，所以电流方向从Ag2O流向Cu，故错误；B. 铜为负极，失去电子，负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故正确；C. 电池工作时，OH-向负极移动，故错误；D. 该反应为放热反应，所以2molCu与1molAg2O的总能量高于1molCu2O与2molAg具有的总能量，故错误。故选B。
16. 溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒,产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物貭的量之向的关系如图所示。则下列説法正确的是( )
A. 溶液中的阳离子一定含有H+、Mg2+、Al3+，可能含有Fe3+
B. 溶液中一定不含CO32-和NO3-，一定含有SO42-
C. 溶液中C(NH4+)=0.2mol/L
D. c(H+):c(Al3+):c(Mg2+)=l:1:1
【答案】B
【解析】
分析：本题考查离子共存，反应图像识别以及离子反应有关计算等，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，注意把握图像中各个阶段发生的反应。
详解：加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子，根据产生的沉淀量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定有镁离子和铝离子，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液还存在铵根离子，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有硫酸根离子。由图像可知，第一阶段为氢离子和氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则氢离子物质的量为0.1mol，第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7-0.5=0.2mol，则铵根离子物质的量为0.2mol，最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8-0.7=0.1mol，则氢氧化铝的物质的量为0.1mol，，根据铝元素守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5-0.1=0.4mol，则镁离子物质的量为（0.4-0.1×3）÷2=0.05mol。A. 由上述分析，溶液中的阳离子一定只有氢离子、镁离子、铝离子、铵根离子，故错误；B. 由上述分析，溶液中有镁离子和铝离子和氢离子，所以一定不含碳酸根离子，因为和锌反应生成氢气，所以不含硝酸根离子，根据电荷守恒，溶液中一定含有硫酸根离子，故正确；C. 根据以上分析，铵根离子的物质的量为0.2mol，因为没有溶液的体积，不能计算其物质的量浓度，故错误；D.根据计算， c(H+): c(Al3+): c(Mg2+)=0.1:0.1:0.05=2:2:1，故错误。故选B。
点睛：本题综合性较强，一定分清离子在溶液中的反应顺序。若溶液中存在氢离子、镁离子、铝离子和铵根离子等，加入氢氧化钠，氢离子先反应，然后为镁离子和铝离子反应生成沉淀，然后铵根离子，然后是氢氧化铝溶解。
17. (1)有以下各组微粒或物质：A．正丁烷和异丁烷；B．金刚石、石墨和C60；C．冰和干冰；D．35Cl和37Cl；E.NO和NO2；其中，互为同分异构体的有__________(填编号，以下同)；互为同素异形体的有__________；互为同位素的有__________。
(2)现有：①干冰；②金刚石；③NH4Cl；④Na2S四种物质，按下列要求回答(填序号)：熔化时不需要破坏化学键的是____________；既存在离子键又存在共价键的是____________。
(3)向一个容积为2 L的密闭容器中充入7 mol SO2和4 mol O2，在一定温度和压强下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，经4 s后达到平衡状态，测得SO2的物质的量是3 mol，则达到平衡状态时O2的转化率为__________；平衡时SO3的物质的量浓度_______。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和氢气，在25℃、101 kPa下，已知每消耗3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是____________________________。
【答案】 A ； B ； D ； ① ； ③；50% ；2 mol·L-1 ；NaBH4(s)+2H2O(l)==NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1
【解析】
（1）同分异构体是指分子式相同，但结构不同的有机化合物，而同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；
（2）分子晶体熔化不需要破坏化学键，原子晶体熔化时需要破坏共价键，离子晶体熔化时需要破坏离子键；共价键为非金属原子之间通过共用电子对形成的化学键，离子键为阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键，根据物质的组成进行判断；
（3）根据反应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比，求出反应的氧气的物质的量，然后根据转化率=转化量/起始量×100%来解答；根据方程式计算出SO3的物质的量，再利用c=n÷V计算SO3的物质的量浓度。
（4）在25℃、101 kPa下，已知每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6 kJ，则消耗1mol NaBH4放热216.0kJ，结合物质的状态、焓变书写热化学方程式。
【详解】（1）A、正丁烷和异丁烷的分子式都是C4H10，但结构不同，则互为同分异构体；
B、金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的不同单质，则互为同素异形体；
C、冰和干冰的成分分别是水、二氧化碳，是两种不同的物质；
D、35Cl和37Cl是质子数相同，中子数不同的原子，则为同种元素的不同核素，互为同位素；
E、NO和NO2是两种不同的物质；因此答案是A；B；D；
（2）分子晶体熔化不需要破坏化学键，所以熔化时不需要破坏化学键的是干冰；金刚石、NH4Cl、Na2S分别属于原子晶体、离子晶体、离子晶体，熔化时需要破坏共价键、离子键、离子键；干冰中碳氧之间形成共价键；金刚石中碳碳之间形成共价键；NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键；Na2S中钠离子与硫离子之间形成离子键，因此答案是①；③；
（3）向一个容积为2L的密闭容器中充入7 mol SO2和4 mol O2，在一定温度和压强下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，经4s后达到平衡状态，测得SO2的物质的量是3mol，则反应的SO2的物质的量是4mol，反应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以消耗的氧气的物质的量为2mol，因此平衡状态时O2的转化率为2mol/4mol×100%=50%；参加反应的SO2的物质的量为7mol-3mol=4mol，根据方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可以知道生成的SO3的物质的量等于参加反应的SO2的物质的量，平衡时SO3的物质的量浓度为4mol÷2L=2mol/L；
（4）n(NaBH4)=3.8g÷38g/mol=0.1mol，在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6 kJ，则消耗1mol NaBH4放热216.0kJ，因此反应的热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)＝NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1。
18. I. 短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示，其中W元素的原子结构示意图为。
W
X
Y
Z
请回答下列问题：
（1）Z元素在元素周期表中的位置是__________________________________。
（2）X、Y、Z三种元素的原子半径由大到小的顺序为_________（元素符号表示）。
（3）X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为________（用化学式表示）。
（4）用电子式表示WY2的形成过程__________________________________。
（5）写出W单质与浓硫酸反应的化学方程式_____________________________。
Ⅱ. A、B、C三种物质存在如图转化关系。
（6）若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为_______________。
【答案】 (1). 第三周期第VA族 (2). P>N>O (3). HNO3>H3PO4>H2CO3 (4). (5). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (6). Al3++3A1O2-+6H2O==4Al(OH)3↓
【解析】
I.根据W元素的原子结构示意图可知b＝2，则a＝6，即W是C，所以X是N，Z是P，Y是O，则
（1）P元素在元素周期表中的位置是第三周期第VA族。
（2）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则X、Y、Z三种元素的原子半径由大到小的顺序为P＞N＞O。
（3）非金属性是N＞P＞C，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HNO3＞H3PO4＞H2CO3。
（4）CO2是共价化合物，其形成过程可表示为。
（5）碳单质与浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
Ⅱ.（6）若B为白色胶状不溶物，则B是氢氧化铝，因此A与C是铝盐和偏铝酸盐，所以A与C反应的离子方程式为Al3++3A1O2-+6H2O＝4Al(OH)3↓。
【点睛】本题主要是考查元素及其化合物推断、元素周期律的应用。准确判断出元素是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。对于无机框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。比如本题中B为白色胶状不溶物就是解答的突破口。
19. 已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是____________。C的结构简式是____________。
（2）E是一种具有香味的液体，由B + D→E的反应方程式为：____________。该反应类型是____________。
（3）G是一种高分子化合物，其名称是____________，链节是____________。
（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F（沸点12.27OC）进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式：____________。决定F能用于冷冻麻醉应急处理的性质是____________。
【答案】碳碳双键 ； CH3CHO ； CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O ； 酯化反应或取代反应 ；聚乙烯 ；－CH2－CH2－ ；CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl ；氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用
【解析】A是石油裂解气的主要成份,它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平,A是乙烯,乙烯和水发生加成反应CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH,生成B,则B是乙醇,乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C,2CH3CH2OH+O2-2CH3CHO+2H2O,则C是乙醛,B乙醇在高锰酸钾作用下被氧化为乙酸（D），乙醇和乙酸载浓硫酸作用下反应, CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O ；生成乙酸乙酯E；G是一种高分子化合物,由A乙烯加聚而成为聚乙烯,F为A乙烯和氯化氢加成而成CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl ,为氯乙烷。
(1)A为乙烯含有碳碳双键，C为乙醛。
(2)E是一种具有香味的液体,为乙酸乙酯，乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水,属于酯化反应。
(3)高分子化合物中重复出现的结构单元叫链节，G为聚乙烯。
(4)乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷,根据氯乙烷的性质分析其用途。
详解：(1)根据以上分析可知A为乙烯，含有官能团为碳碳双键；A是乙烯,B是乙醇,乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C,则C是乙醛,C的结构简式为CH3CHO ；正确答案：碳碳双键；CH3CHO。
(2)E是一种具有香味的液体,为乙酸乙酯,B是乙醇，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应: CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O；该反应为取代反应；正确答案：CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 +H2O ；酯化反应或取代反应。
(3)高分子化合物中重复出现的结构单元叫链节，G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯,结构简式为 ，链节为：－CH2－CH2－；正确答案：聚乙烯 ；－CH2－CH2－。
(4) F为A乙烯和氯化氢反应的产物,乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，方程式为：CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl；氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用，所以CH3CH2Cl能用于冷冻麻醉；正确答案：CH2 = CH2 + HCl CH3CH2Cl；氯乙烷的沸点低，易挥发，挥发时吸收热量起到降温的作用。
20. 某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了下列图的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。
回答下列问题：
（1）甲装置中仪器a的名称是_____________________。
（2）装置乙中饱和食盐水的作用是_____________________。
（3）①制取漂白粉的化学方程式是______________________________。
②该小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，则产物中还混杂有物质的化学式是_____。
③为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是__________________（任写一种即可）。
（4）漂白粉应密封保存，原因是______________（用化学方程式表示）。
（5）家庭中常用84 消毒液（主要成分NaClO）、洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。两者同时混合使用会产生有毒的氯气，写出该反应的离子方程式________________________________。
【答案】分液漏斗；除去氯气中混有的氯化氢 ；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；Ca(ClO3)2 ；将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率（其它合理答案也给分） ；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ； ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】
【详解】（1）甲装置中仪器a具有球形特征，有玻璃活塞，在该实验中，可以控制加入的浓盐酸，为分液漏斗。
（2）浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气难溶，因此饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体。
（3）①制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，即还混有的杂质物质的化学式是Ca(ClO3)2。③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可以将丙装置浸在盛有冷水的水槽中，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时温度升高。
（4）漂白粉有效成分为次氯酸钙，HClO虽然具有强氧化性，但它是比碳酸还弱的酸，受空气中的水、CO2作用而导致变质，生成CaCO3和HClO，该反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，所以漂白粉应密封保存。
（5）NaClO与盐酸同时混合使用会发生氧化还原反应产生有毒的氯气，该反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
21. 活性炭可处理大气污染物NO。T℃时，在1L密闭容器中加入NO气体和炭粉，发生反应生成两种气体A和B，测得各物质的物质的量如下：
活性炭/mol
NO/mol
A/mol
B/mol
起始状态
2.030
0.100
0
0
2 min时
2.000
0.040
0.030
0.030
（1）2 min内，用NO表示该反应的平均速率v(NO)＝________mol·L-1·min-1；
（2）该反应的化学方程式是________________________________________；
（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是_________。
①v(NO)∶v(A)∶v(B)=2∶1∶1
②混合气体的密度不再改变
③总压强不再改变
④混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）碳元素可形成数量众多，分布极广的有机化合物，其中甲醇是常见的燃料，甲醇燃料电池的结构示意图如下，一极通入甲醇，另外一极通入氧气；电解质溶液是稀硫酸，电池工作时总反应式：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。
①a处通入的物质是________，电极反应式为：____________________；
②b处电极反应式为_________________________；
③电池工作时H＋由________极移向_______极（填正、负极）。
【答案】 0.03 mol·L-1·min-1 ；C＋2NOCO2＋N2 ； ②④ ；甲醇；CH3OH＋H2O－6e－＝CO2↑＋6H＋ ； O2＋4H＋＋4e－＝2H2O ；负 ；正
【解析】
试题分析：（1）根据表中数据可知2 min内，用NO表示该反应的平均速率v(NO)＝＝0.03mol·L-1·min-1；
（2）由表中数据可知，C、NO、A、B的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03＝1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成物为N2与CO2，且该反应为可逆反应，故反应方程式为C＋2NOCO2＋N2；
（3）①v(NO)∶v(A)∶v(B)＝2∶1∶1不能说明正逆反应速率是否相等，不一定达到平衡状态，错误；②反应前后气体的质量增加，容器容积不变，则混合气体的密度不再改变可以说明反应达到平衡状态，正确；③正反应是体积不变的，则总压强不再改变不能说明反应达到平衡状态，错误；④正反应是气体的质量增加的可逆反应，而混合气体的总的物质的量不变，因此混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明反应达到平衡状态，正确，答案选②④。
（4）①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向和电子的流向可知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为CH3OH＋H2O－6e－＝CO2↑＋6H＋；
②正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③电池工作时H＋由负极移向正极。
考点：考查反应速率计算、化学平衡的影响因素、外界条件对平衡状态的影响；原电池和电解池的工作原理等
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