浙江省东阳中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

浙江省东阳中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

东阳中学2019年下学期期中考试卷 ‎（高二化学）‎ 一、选择题（共25小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分）‎ ‎1.下列关于反应速率的说法中，不正确的是 A. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢 B. 决定反应速率的主要因素有浓度、压强、温度和催化剂 C. 可逆反应达到化学平衡时，正、逆反应的速率都不为0‎ D. 增大反应物浓度、提高反应温度都能增大反应速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学反应速率就是化学反应进行的快慢程度，用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示，所以A选项是正确的；‎ B.决定反应速率的主要因素是物质本身的性质，故B错误；‎ C.可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，且不等于0，所以C选项是正确的；‎ D.增大反应物浓度，化学反应速率增大；升高温度，化学反应速率增大，所以D选项是正确的；‎ 所以答案选B。‎ ‎2.对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是（ ）‎ A. 加入一种反应物 B. 增大体系的压强 C. 升高温度 D. 使用催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入一种反应物，平衡不一定发生移动，如C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的反应，向平衡体系中加入C，平衡不移动，错误；‎ B、增大体系的压强，对于反应前后气体体积不变的反应和溶液中发生的反应，平衡不发生移动，错误；‎ C、任何反应都有能量的变化，升高温度，平衡一定向吸热反应方向移动，正确；‎ D、催化剂对化学平衡无影响，错误；‎ 答案选C。‎ ‎3. 甲、乙两个容器内都在进行A→B的反应，甲中每分钟减少4 mol A，乙中每分钟减少2 mol A，则两容器中的反应速率 A. 甲快 B. 乙快 C. 相等 D. 无法确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】，两容器的体积不能确定，所以反应速率无法确定，故D正确，答案选D。‎ ‎4.在1 L密闭容器中，把1mol A和1 mol B混合发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4 mol D，并测得C的平衡浓度为0.4 mol/L，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. x的值为2 B. A的转化率为40%‎ C. B的平衡浓度为0.8 mol/L D. D的体积分数为20%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据三行式计算；‎ A选项，根据改变量之比等于计量系数之比得出x等于2，故A正确；‎ B选项，根据转化浓度除以总浓度得到A的转化率为60%，故B错误；‎ C选项，B的平衡浓度为0.8 mol/L，故C正确；‎ D选项，D的浓度为0.4 mol/L，总的浓度为2 mol/L，因此体积分数为20%，故D正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ 考点：考查化学平衡的计算。‎ ‎5.相同状况下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后按上述顺序分别用水做喷泉实验。实验结束后，烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为 A. 3∶3∶2 B. 2∶2∶3 C. 1∶1∶1 D. 无法比较 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，所以V（NH3）：V（HCl）：V（NO2）=1：1：：1，同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n（NH3）：n（HCl）：n（NO2）=1：1：1。令n（NH3）=1mol、n（HCl）=1mol、n（NO2）=nmol，各自体积为V（NH3）=V（HCl）=V（NO2）=VL，对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以c（NH3）=n/V mol/L；对于氯化氢，溶液体积等于氯化氢气体体积，所以c（HCl）=n/V mol/L；对于二氧化氮，与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的2/3，生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的2/3，所以c（HNO3）=n/V mol/L，所以c（NH3）：c（HCl）：c（HNO3）=1：1：1。故选C。‎ ‎6.已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )‎ A. 反应的速率与I-的浓度有关 B. IO-也是该反应的催化剂 C. 反应活化能等于98kJ·mol-1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；‎ B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；‎ C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；‎ D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；‎ 故合理选项为A。‎ ‎7.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是 A. 雾和霾的分散剂相同 B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.雾和霾的分散剂均是空气；‎ B.根据示意图分析；‎ C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；‎ D.氮肥会释放出氨气 ‎【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；‎ B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；‎ C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；‎ D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。‎ ‎【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。‎ ‎8.下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体 C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3‎ D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；‎ B项，KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；‎ C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；‎ D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。‎ ‎9.已知Fe2+可以水解: Fe2+ +2H2OFe(OH)2+2H+，现向Fe(NO3)2溶液中加入足量的稀硫酸，则溶液的颜色( )‎ A. 浅绿色加深 B. 颜色变浅 C. 溶液变黄 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中含有硝酸根离子和氢离子，所以含有硝酸，硝酸具有强氧化性能把亚铁离子氧化成铁离子，铁离子显棕黄色，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了影响盐类水解，注意酸性条件下，硝酸根离子和亚铁离子能发生氧化还原反应而使亚铁离子生成铁离子，属于易错题，根据离子浓度对盐类水解平衡的影响分析解答，注意二价铁离子有还原性，硝酸有强氧化性，亚铁离子和硝酸能发生氧化还原反应生成三价铁离子。‎ ‎10.已知一定条件下断裂1 mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H—H　436 kJ；Cl—Cl　243 kJ；H—Cl　431 kJ。下列所得热化学方程式或结论正确的是（ ）‎ A. 氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定 B. 2HCl(g) = H2(g) + Cl2(g)的反应热ΔH＜0‎ C. H2(g) + Cl2(g) = 2HCl(g)　ΔH=﹣183 kJ D. 相同条件下，H2(g)+ Cl2(g) =2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的ΔH不相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、断裂1 mol化学键生成气态原子需要吸收的能量为：H－H：436 kJ，Cl－Cl：243 kJ，所以氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定，选项A正确；‎ B、化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，2HCl(g)＝H2(g) + Cl2(g)的反应热ΔH=（2×431-436-243）kJ/mol=183kJ/mol＞0，选项B错误；‎ C、化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，则H2(g) + Cl2(g)＝2HCl(g) ΔH=（436+243-2×431）kJ/mol=﹣183 kJ/mol，选项C错误；‎ D、反应热取决于反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，故相同条件下，H2(g)+ Cl2(g) =2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的ΔH相等，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎11.某溶液中加入铝粉放出H2，此溶液中一定能大量存在的离子组是(　　)‎ A. K＋、Cl－、Na＋、NO3-‎ B. HCO3-、K＋、SO42-、Na＋‎ C. Cl－、K＋、SO42-、Na＋‎ D. Na＋、SO42-、NH4+、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入铝粉能放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈强碱性，且酸性条件下不能含有NO3-。‎ A.若强碱性条件下K＋、Cl－、Na＋、NO3-，各离子之间相互不反应能大量共存，若为强酸性，因含有NO3-，不产生氢气，选项A错误；‎ B. 无论强酸性还是强碱性条件下HCO3-均不能大量共存，选项B错误；‎ C. 强酸性或强碱性溶液中Cl－、K＋、SO42-、Na＋各离子均不反应，能大量共存，选项C正确；‎ D. 强碱性条件下NH4+不能大量存在，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存问题，注意把握离子的性质，特别是把握题给信息，此为解答该题的关键，加入铝粉能放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈强碱性，如离子一定能大量共存，则离子之间不发生任何反应，且与OH-或H+不反应。‎ ‎12.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 液氨在工业上经常作制冷剂使用 B. 碳酸氢铵的俗名是碳铵 C. 工业硝酸常因溶有少量的Fe3+而略显黄色 D. NO2不但能形成酸雨，在日光照射下，还能使氧气经过复杂的反应生成O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、液氨在汽化是吸收大量的热，工业上常用液氨作制冷剂，选项A正确；‎ B、碳酸氢铵，化学式为NH4HCO3，俗称碳铵，选项B正确；‎ C、工业硝酸 的质量分数约为 69%，常因溶有少量 NO2 而略显黄色，选项C不正确；‎ D、NO2不但能形成酸雨，在日光照射下，还能使氧气经过复杂的反应生成O3，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O++OH-＝2H2O。已知液态SO2和纯水的导电性相近，因为液态SO2也会发生自离解：SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+。若以液态SO2为溶剂，用SOCl2滴定Cs2SO3，则以下叙述错误的是 （ ） ‎ A. 该滴定反应可以表示为：SO32-+ SO2+＝2SO2‎ B. 在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数 C. 自离解的存在，说明SO2是离子化合物 D. 可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据中和反应原理类推可知该滴定反应可以表示为：SO32-+SO2+＝2SO2，A正确；‎ B．在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数，即SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+平衡常数，B正确；‎ C．SO2是共价化合物，C错误；‎ D．可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点，终点时溶液的导电能力突然下降，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 铝是还原剂 B. H2O是氧化剂 C. NaOH和H2O是氧化剂 D. 偏铝酸钠是氧化产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Al与氢氧化钠溶液反应的实质：2Al＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2↑，Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，总反应式为2Al＋2H2O＋2NaOH=2NaAlO2＋3H2↑。‎ ‎【详解】A、Al的化合价升高，Al作还原剂，故A说法正确；‎ B、根据反应的实质，H2O中H被还原成H2，即H2O为氧化剂，故B说法正确；‎ C、NaOH不是氧化剂也不是还原剂，故C说法错误；‎ D、偏铝酸钠是由Al转变生成，因此偏铝酸钠是氧化产物，故D说法正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】熟悉金属铝与烧碱反应的实质，铝与水反应属于氧化还原反应，氢氧化铝与氢氧化钠反应不属于氧化还原反应，进一步分析，得出答案。‎ ‎15.在恒容密闭容器中进行如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），温度一定时，若将平衡体系中的各物质的浓度都增大到原来的2倍，则产生的结果是（　　）‎ A 平衡不发生移动 B. 平衡向正反应方向移动 C. 正反应速率增大，逆反应速率减小 D. NH3的百分含量减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应前后气体的化学计量数之和不相等，改变压强，平衡发生移动，选项A错误；‎ B、若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，选项B正确；‎ C、平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，浓度增大，正逆反应速率增大，选项C错误；‎ D、平衡向正反应方向移动，NH3的百分含量增大，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）‎ A. 碳酸钙粉末 B. 稀硫酸 C. 氯化钙溶液 D. 二氧化硫水溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；‎ B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；‎ C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；‎ D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。‎ ‎17.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 ‎①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低 ③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 ④棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅 ⑤加入催化剂有利于合成氨的反应 ⑥由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深 ⑦500℃时比室温更有利于合成氨的反应 ⑧将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应 A. ①②⑥⑧ B. ①③⑤⑦ C. ②⑤⑥⑦ D. ②③⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂只能改变反应速率，不会影响化学平衡，所以不能用勒夏特列原理解释，据此分析。‎ ‎【详解】①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后，SCN-离子浓度增大，平衡正向进行，Fe(SCN)3浓度增大，颜色变深，能用勒夏特列原理解释；‎ ‎②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸为强酸，不存在电离平衡，稀释盐酸溶液，溶液中氢离子浓度降低，不能用勒夏特列原理解释；‎ ‎③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释；‎ ‎④2NO2⇌N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释；‎ ‎⑤催化剂只能同等程度地改变正逆反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释；‎ ‎⑥由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不移动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；‎ ‎⑦合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，但升温却可提高反应速率，不可用勒夏特列原理解释；‎ ‎⑧合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，能用勒夏特列原理解释；‎ 综上所述，②⑤⑥⑦不能用勒夏特列原理解释；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】1、③是学生们的易忘点，忽略实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气是利用了平衡移动原理降低氯气的溶解。‎ ‎2、④和⑥是学生们的易错点，学生们往往忽略：缩小容积增大压强后，不管平衡向哪个方向移动或者不移动，所有气体物质的浓度都会增大。④2NO2⇌N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，但是比原来深。⑥由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不移动，但体积减小浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；‎ ‎18.一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是 ‎①混合气体的密度不再变化时　②容器内气体的压强不再变化时　③混合气体的总物质的量不再变化时　④B的物质的量浓度不再变化时　⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化时　⑥v正(B)=2v逆(C)时 A. ①④⑤⑥ B. ②③⑥ C. ②④⑤⑥ D. 只有④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①在恒容条件下，气体的总体积V恒定，反应体系中有固体A参与，所以气体的质量为一个变化的量，可知密度为一个变化的量，当密度不变时可以看作是达到化学平衡，故①正确；②此题为恒温恒容，反应前后气体物质的量不变的反应，由PV=nRT可知压强P为一个恒定的值，故压强不变不能说明达到平衡，故②错误；③反应前后气体的化学计量数相等，即该可逆反应是一个气体物质的量不变的反应，不管是否平衡，气体的物质的量都是不变的，故③错误；④可逆反应为一个整体，B物质的量浓度不变，则体系中其他气体的浓度均不再变化，故④正确；⑤反应体系中有固体A参与，所以气体的质量m为一个变化的量，反应前后气体的化学计量数相等，说明气体总物质的量n为一个恒定的量，所以M为一个变化的量，若M不变，说明已经达到平衡，故⑤正确；⑥当反应正逆反应速率相等时，说明已经达到平衡，故⑥正确，能表明该反应已达到平衡状态的有①④⑤⑥，故选A。‎ ‎19.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化) （ ）‎ A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低 B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高 C. 当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低 D. 当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答。‎ ‎【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高；‎ 杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。‎ ‎20.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是（ ）‎ A. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的标准燃烧热 B. 由N2O4(g)⇌2NO2(g)　ΔH＝－56.9 kJ·mol-1，可知将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9 kJ C. 由：H＋(aq)+OH－(aq)=H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，可知含1 mol HCN的稀溶液与含 1 mol NaOH的稀溶液混合，放出热量为57.3 kJ D. 已知101 kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol-1，则1 mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准燃烧热指的是1 mol可燃物完全燃烧的反应热，应生成液态水，选项A错误；‎ B. N2O4(g)⇌2NO2(g)　 ΔH＝－56.9 kJ·mol-1，表明1 mol四氧化二氮完全反应生成2 mol二氧化氮时才能放出56.9 kJ的热量，但这是一个可逆反应，完全反应是不可能的，选项B错误；‎ C.一般来讲，ΔH＝－57.3 kJ·mol-1是指稀的强酸与稀的强碱反应生成1 mol水的时候所放出的热量，但是HCN是弱电解质，电离的过程要吸收热量，因此含1 mol HCN的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ，选项C错误；‎ D.碳完全燃烧时，生成是二氧化碳，肯定比生成一氧化碳时放出的热量要多，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎21.据报道，某公司研制了一种有甲醇和氧气，以及强碱作电解质的手机电池，电量可达到镍氢电池的10倍，有关此电池的叙述错误的是（ ）‎ A. 溶液中的阳离子移向正极 B. 负极反应式：CH3OH + 8OH- -6e- = CO32-+6H2O C. 电池在使用过程中，电解质溶液的c（OH-）不变 D. 当外电路通过6 mol电子时，理论上消耗1.5 mol O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池在碱性环境下，燃料在负极失电子发生氧化反应：CH3OH+8OH--6e-═CO32-+6H2O，氧气在正极得电子发生还原反应：O2+4e-+2H2O═4OH-，电池总反应是2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，据此解答。‎ ‎【详解】A．原电池工作时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，选项A正确；‎ B．燃料电池中，负极是燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH--6e-═CO32-+6H2O，选项B正确；‎ C．电池总反应是2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，电池在使用过程中，电解质溶液中c（OH-）减小，选项C错误；‎ D．1 mol O2消耗可转移4 mol电子，外电路通过6 mol e-时，消耗1.5 mol O2，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎22.现有1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体672mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入氧气的体积是（　　）‎ A 168mL B. 224mL C. 504mL D. 336mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎1.92g Cu的物质的量为，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，整个反应过程为HNO3与铜反应转化为NO2和NO，而生成的NO2和NO在水中与氧气完全转化为HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为=0.015mol，‎ ‎=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，答案选D。‎ ‎23.将镁铝铁合金投入到300 mL硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2＋、Al3＋和Fe3＋；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72 L(标准状况)，当加入300 mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2 g。下列有关推断正确的是(　　)‎ A. 参加反应的硝酸的物质的量为0.9 mol B. 参加反应的金属的质量为11.9 g C. 硝酸的物质的量浓度为3 mol·L－1‎ D. 氢氧化钠的物质的量浓度为6 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。‎ ‎【详解】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则 A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故A错误；‎ B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，故B正确；‎ C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C错误；‎ D．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=0.9mol÷0.3L=3mol/L，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。‎ ‎24.将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示。‎ 压强/MPa 体积分数/%‎ 温度/℃‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎810‎ ‎54.0‎ a b ‎915‎ c ‎75.0‎ d ‎1000‎ e f ‎83.0‎ ‎①b＜f ②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%　③该反应的ΔS＞0 ④K(1000℃)＞K(810℃)‎ 上述①～④中正确的有( )‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a，c＞75%，e＞83%；c、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），④正确；f的温度比b的高，压强比b的小，所以b＜f，①正确；设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得=75%，解得x=0.6，α=60%，②正确；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③正确；答案选A。‎ ‎25.碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛的应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：Zn＋2MnO2＋2H2O＝Zn(OH)2＋2MnOOH，下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 电池工作时锌为负极 B. 电池正极的电极反应式为：2MnO2＋2H2O＋2eˉ=2MnOOH＋2OHˉ‎ C. 放电前后电解质溶液pH保持不变 D. 外电路中每通过 0.2 mol 电子，锌的质量理论上减少 6.5g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由电池总反应Zn＋2MnO2＋2H2O＝Zn(OH)2＋2MnOOH可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-＝Zn(OH)2；MnO2被还原，为原电池正极，电极反应为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-。‎ A、电池工作时锌为负极，选项A正确；‎ B、该原电池中正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2＋2H2O＋2eˉ＝2MnOOH＋2OHˉ，选项B正确；‎ C、由电池总反应Zn＋2MnO2＋2H2O＝Zn(OH)2＋2MnOOH可知，放电前后电解质溶液中c(OH-)增大，pH增大，选项C不正确；‎ D、反应中，Zn发生氧化反应生成Zn(OH)2，Zn的化合价由0价变为+2价，转移2e-，外电路中每通过0.2 mol 电子，锌的质量理论上减少6.5g，选项D正确。‎ 答案选C。‎ 二、解答题（共5小题，满分50分）‎ ‎26.写出NH3的电子式_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】NH3为共价化合物，N分别与3个H形成3对共用电子，电子式为。‎ ‎27.写出化学方程式：偏铝酸钠溶液中通入过量CO2____________________NH3与O2在催化剂作用下反应 _______________________________‎ ‎【答案】 (1). NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3 (2). 4NH3+5O24NO+6H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】偏铝酸钠溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3；NH3与O2在催化剂作用下反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。‎ ‎28.在101 kPa时，氢气在1.0 mol氧气中完全燃烧，生成2.0 mol液态水，放出571.6‎ ‎ kJ的热量，氢气的标准燃烧热ΔH为____，表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为________‎ ‎【答案】 (1). -285.8kJ/mol (2). H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】在101 kPa时，氢气在1.0 mol氧气中完全燃烧，生成2.0 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，所以1mol氢气完全燃烧生成1.0 mol液态水放出热量285.8kJ，氢气的标准燃烧热ΔH=-285.8kJ/mol；则氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol。‎ ‎29.钢铁是目前应用最广泛的金属材料，了解钢铁腐蚀的原因与防护方法具有重要意义，对钢铁制品进行抗腐蚀处理，可适当延长其使用寿命。‎ ‎（1）抗腐蚀处理前，生产中常用盐酸来除铁锈。现将一表面生锈的铁件放入盐酸中，当铁锈除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为_________。‎ ‎（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。‎ ‎①若X为碳棒，为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于________处。‎ ‎②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。‎ ‎（3）图中若X为粗铜，容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，一段时间后，当铁件质量增加3.2 g时，X电极溶解的铜的质量________3.2 g(填“＜”“＞”或“＝”)。‎ ‎（4）图中若X为铜，容器中海水替换为FeCl3溶液，开关K置于M处，铜电极发生的反应是______________，若将开关K置于N处，发生的总反应是___________。‎ ‎【答案】 (1). Fe＋2FeCl3＝3FeCl2 (2). N (3). 牺牲阳极的阴极保护法 (4). ＜ (5). 2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋ (6). Cu＋2Fe3＋＝2Fe2＋＋Cu2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铁锈的成分为Fe2O3，能和盐酸反应生成FeCl3和水，当铁锈除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为：Fe+2FeCl3=3FeCl2。‎ ‎（2）①若X为碳棒，由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe为电解池的阴极即连接电源的负极，故K连接N处。‎ ‎②若X为锌，开关K置于M处，Zn为阳极被腐蚀，Fe为阴极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。‎ ‎（3）上图中若X为粗铜，容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，一段时间后，当铁件质量增加3.2 g时，由于粗铜中有杂质参加反应，所以X电极溶解的铜的质量＜3.2 g。‎ ‎（4）上图中若X为铜，容器中海水替换为FeCl3溶液，开关K置于M处，此时构成原电池装置，铜电极为正极，发生的反应是2Fe3++2e-=2Fe2+；若将开关K置于N处，此时构成电解池装置，铜为阳极，铜本身被氧化而溶解，阴极铁离子被还原，发生的总反应是Cu＋2Fe3＋＝2Fe2＋＋Cu2＋。‎ ‎30.工业上可以利用废气中的CO2为原料制取甲醇，其反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O。请回答下列问题：‎ ‎（1）已知常温常压下下列反应的能量变化如图1所示：‎ 写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式______________________________，该反应的△S_______0（填“＞”或“＜”或“=”），在________情况下有利于该反应自发进行（填“低温”或“高温”）。‎ ‎（2）如果上述反应方程式的平衡常数K值变大，则该反应_________（选填编号）。‎ A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小 C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大 ‎（3）若反应容器的容积为2.0L，CO2和H2的起始浓度分别为0.10 mol·L-1和0.30 mol·L-1。‎ ‎①若反应时间为4.0min，容器内气体的密度减少了2.0g/L，则在这段时间内CO2‎ 的平均反应速率为__________。‎ ‎②若反应在t1时达到平衡，过程中c（CO2）随时间t变化趋势曲线如图2所示．保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，请画出t1后c（CO2）随时间t变化趋势曲线（t2达到新的平衡）______________。‎ ‎【答案】 (1). 3H2(g) + CO2(g)＝CH3OH(l)+ H2O(l) ΔH=－50kJ/mol (2). ＜ (3). 低温 (4). AD (5). 0.01mol/(L·min) (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意可得热化学方程式：①CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g) ΔH=－41kJ/mol；②CO(g) +H2(g)=CH3OH(l)ΔH=－91kJ/mol；根据盖斯定律，由②－①，整理可得3H2(g) + CO2(g)=CH3OH(l)+ H2O(l)ΔH=－50kJ/mol；由方程式可知，该反应是一个体系的混乱程度减小的反应。所以△S＜0；由于该反应的正反应是放热反应，所以反应在低温情况下有利于该反应自发进行；‎ ‎（2）由于该反应的正反应是放热反应，所以上述反应方程式的平衡常数K值变大，则平衡正向移动。由于K只与温度有关，而与压强、浓度等无关，所以只有温度降低才可以满足条件。当降温时，V正、V逆都减小，V逆减小的多，V正＞V逆，平衡正向移动，逆反应速率先减小后又略有增加。答案选AD；‎ ‎（3）①反应的容器容积为2.0L，容器内气体的密度减少了2.0g/L，则气体的质量减少了2.0g/L×2.0L=4.0g。其中减少的CO2的质量为4×=3.52g；所以Δn(CO2)===0.08mol，因此V(CO2)= == 0.01mol/(L·min)；‎ ‎②当保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，瞬间二氧化碳浓度、氢气增大，为c(CO2)=0.05mol/L，c(H2)=0.15mol/L，平衡向右移动，设消耗c(CO2)=xmol/L，则消耗c(H2)=3xmol/L，平衡时各物质的浓度分别为c(CO2)=(0.05-x)mol/L，c(H2)=(0.15-3x)mol/L，平衡常数不变。即=，解得x=0.025mol/L，则t2达到新的平衡时c(CO2)=0.025mol/L。故t1后c(CO2)随时间t变化趋势曲线为如图所示 ‎。‎ ‎ ‎ ‎ ‎