河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

高二化学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共40分）‎ 一、选择题。（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）‎ ‎1.下列措施不符合节能减排的是(　　)‎ A. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水 B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题 C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏 D. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，故正确；B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题，不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，故错误；C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，，减少二氧化硫的排放，所以可以减少污染，故正确；‎ D. 沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，故正确，故选B。‎ ‎2.某化学反应的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 加入催化剂，可同时降低E1、E2‎ C. 该反应的反应热ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1‎ D. E2可表示形成新的化学键所释放的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误；‎ B. 加入催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，故B正确;‎ C. 该反应的反应热△H=+(E2-E1)kJ·mol-1，故C错误；‎ D. E2 kJ·mol-1可表示断裂旧的化学键时吸收的能量，故D错误；‎ 故选:B.‎ ‎3.下列过程中△H<0的是（ ）‎ A. 氯酸钾分解制氧气。 B. 氯化铵加热制备氨气。‎ C. 碳与二氧化碳高温生成一氧化碳。 D. 实验室制备氢气。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯酸钾分解制氧气为吸热反应，△H>0，故A错误；‎ B. 氯化铵加热制备氨气为分解反应，需要吸热，△H>0，故B错误；‎ C. 碳与二氧化碳高温生成一氧化碳是吸热反应，△H>0，故C错误；‎ D. 实验室制备氢气用活泼金属与酸反应，为放热反应，△H<0，故D正确；‎ 答案选D ‎【点睛】考查常见的放热反应和吸热反应。一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。放热反应的△H小于0，吸热反应的大于0。‎ ‎4.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是 A. 若‎2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ B. 若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol C. 若2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1，则2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9kJ D. 若H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，含1 mol CH3COOH溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 已知101kPa时,‎2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=−221kJ/mol,则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ，故A正确；‎ B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol,由于水的状态是气体，故甲烷的燃烧热大于812.3kJ/mol,故B错误；‎ C. 由2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1,可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9kJ，故C错误；‎ D. 醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程是吸热过程,含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故D错误；‎ 故选A.‎ ‎【点睛】强酸与强碱反应生成可溶性的盐和1mol水放出的热量是57.3 kJ，而弱酸或者弱碱溶于水发生电离，需要吸热，放出的热量小于57.3 kJ。‎ ‎5.下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）‎ ‎①亚硝酸是共价化合物 ②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗 ‎③石蕊滴入亚硝酸可使溶液变红 ④0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】：①共价化合物也可以为强电解质，如硫酸、硝酸等，所以亚硝酸是共价化合物，无法判断强弱电解质，故①选； ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗，只能说明溶液中导电离子浓度较小，无法判断亚硝酸是否部分电离，故②选； ③石蕊滴入亚硝酸可使溶液变红，只能证明亚硝酸呈酸性，无法得出亚硝酸为弱电解质，故③选； ④0.1mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不能完全电离，可证明亚硝酸弱电解质，故④不选； 故选：A。‎ ‎6.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀 B. 电解水生成H2和O2的实验中，可加入少量盐酸或硫酸增强导电性 C. 同一可逆反应使用不同的催化剂时，高效催化剂可增大平衡转化率 D. 升高温度能使吸热反应速率加快，使放热反应速率减慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钢铁在潮湿的空气中易形成原电池，所以钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀，故A正确；‎ B、电解盐酸的水溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，则不能得到氧气，故不能加盐酸，故B错误；‎ C、催化剂不能使平衡发生移动，即不能提高平衡转化率，故C错误；‎ D、升高温度，提高了活化分子百分数，正逆反应速率均加快，故升高温度，无论是放热反应还是吸热反应的反应速率均加快，故D错误。 故答案为A。‎ ‎7.《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”。藏器曰：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。时珍曰：近时人以醋制铜生绿，取收晒干货之。后者的反应原理为 A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀 C. 化学腐蚀 D. 置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反应原理为化学腐蚀，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了铜及其化合物性质，题目难度不大，明确铜长时间在空气中与氧气、二氧化碳和水发生反应为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎8.反应3H2＋N22NH3在容积固定的密闭容器中进行。下列做法无法加快反应速率的是 A. 升高温度 B. 使用高效的催化剂 C. 增大N2的浓度 D. 充入稀有气体增大装置内的压强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，升高温度能加快化学反应速率；‎ B项，使用高效的催化剂能加快化学反应速率；‎ C项，增大反应物的浓度能加快化学反应速率；‎ D项，充入稀有气体增大装置内的压强，反应物浓度不变，反应速率不变。‎ 答案选D。‎ ‎9.炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是 A. 腐蚀过程中，负极是C B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C C. 正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑‎ D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了电化学腐蚀的原理，正、负极反应原理和电极反应式的书写，注意电子在原电池的外电路中移动。‎ ‎【详解】A. 铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误；‎ B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，B错误；‎ C. 该原电池中， C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；‎ D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎10.利用如图所示装置，当X、Y 选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是 A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠 B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4‎ C. 海水提镁中，X、Y均为石墨，Z为MgCl2溶液 D. 电镀工业中，X是镀层金属，Y是待镀金属 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；‎ B. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；‎ C.海水提镁中，X、Y均为石墨，电解熔融的氯化镁，故C错误；‎ D. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故D正确；‎ 故选:D.‎ ‎11.锂—铜空气燃料电池是低成本高效电池。该电池通过一种复杂的铜“腐蚀”现象产生电能，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li+＋2OH－。下列说法不正确的是 A. 放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动 B. 通空气时，铜被腐蚀，产生Cu2O C. 放电时，正极的电极反应式为:Cu2O＋2H+ +2 e- ===2Cu＋H2O D. 整个反应过程中，氧化剂为O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；‎ B.放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可以知道通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故B正确；‎ C.正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；‎ D.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，得电子的物质是氧气，所以氧气为氧化剂，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握Cu在整个过程中的作用。‎ ‎12.通常人们把拆开1 mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。‎ 化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C 键能/kJ·mol－1‎ ‎460‎ ‎360‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎176‎ ‎347‎ 工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热△H为 A. ＋236 kJ·mol－1 B. －236 kJ·mol－1‎ C. ＋412 kJ·mol－1 D. －412 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量，据此解答。‎ ‎【详解】平均1个硅原子形成2个Si－Si键，工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，则该反应的反应热△H＝（4×360+2×436－2×176－4×431）kJ/mol=+236 kJ/mol，答案选A。‎ ‎13.一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g) H2(g)＋I2(s)，若0～15 s内c(HI)由0.1 mol·L－1减小到0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.001 mol·L－1·s－1‎ B. c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需时间小于10 s C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢 D. 减小反应体系的体积，化学反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、固体和纯液体的浓度可视为常数，不能用固体或纯液体表示反应速率，I2为固态，故不能用它表示化学反应速率，故A错误；‎ B项、v(HI)＝0.002 mol·L－1·s－1，若反应一直以该速率进行，则t＝10 s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，所用时间应大于10 s，故B错误；‎ C项、升高温度，正、逆反应速率均加快，故C错误；‎ D项、减小反应体系的体积，各物质浓度增大，压强增大，化学反应速率加快，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意影响化学反应速率的因素分析，注意浓度越大反应速率越大是解答本题的关键。‎ ‎14.把足量铝条放入盛有一定体积的稀盐酸的试管中，使反应速率降低且不影响氢气产生量的因素是 A. 降低盐酸的浓度 B. 加入少量CuSO4固体 C. 加入少量的K2CO3溶液 D. 加少量Na2SO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应的实质是2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝足量，降低H+的浓度而不改变其物质的量，则可使反应速率降低且不影响H2产生量，以此解答。‎ ‎【详解】A．降低盐酸的浓度，反应速率减小，盐酸体积一定、浓度降低，则盐酸的物质的量减小，产生氢气的物质的量减小，故不选A； B．加入适量KNO3溶液，酸性条件下发生氧化还原反应生成NO，不生成氢气，故不选B； C．加入适量的K2CO3溶液，K2CO3与盐酸反应，氢离子物质的量减小，减少了生成氢气的量，故不选C； D．加入适量Na2SO4溶液，降低H+的浓度而不改变其物质的量，则可使反应速率降低且不影响H2产生量，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意把握影响化学反应速率的因素，本题特别要注意B项，硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性。‎ ‎15.一定温度下，在体积为‎1L的密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图。下列叙述中正确的是 A. 反应的化学方程式为 B. 时，Y的浓度是X浓度的倍 C. 根据时的数据，可求出该温度下的平衡常数 D. 时，逆反应速率大于正反应速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. t1时，Y的物质的量为6mol，减少了10mol－6mol＝4mol，X的物质的量为4mol，增加了4mol－2mol＝2mol，反应根据变化量之比是化学计量数之比可知反应的化学方程式为2YX，A错误；‎ B. t1时，Y的物质的量为6mol，X的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，则Y的浓度是X浓度的1.5倍，B正确；‎ C. 由图可知t2时，反应没有达到平衡，根据t2时的数据，不能求出该温度下的平衡常数，‎ C错误；‎ D. 由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是 A. 容器内的压强不再改变 B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2‎ C. 混合气体的密度不再改变 D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 容器内的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；‎ B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能说明各物质的量浓度不变，故B错误；‎ C.反应物生成物都是气体，反应前后质量不变，混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能说明正、逆反应的速率相等，故D错误；‎ 故选A.‎ ‎【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎17.对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g） ΔH<0,下列研究目的和示意图相符的是（　）‎ A B C D 研究目的 压强对反应的影响（p2>p1）‎ 温度对反应的影响 平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响 催化剂对反应的影响 示意图 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间更少，P1>P2，选项A错误；‎ B.升高温度，化学平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动，N2的转化率降低，选项B错误；‎ C.平衡体系中增加N2的浓度。在这一瞬间，反应物的浓度突然增大，生成物的浓度不变，所以v(正)>v(逆)，化学平衡向正反应方向移动，直至达到新的平衡，选项C正确；‎ D.加入催化剂，由于改变了反应途径，化学反应速率大大加快，缩短了达到平衡所需要的时间，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.用水稀释0.1mol/L的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是 A. c(H+)/c(NH4+) B. c(NH3·H2O)/ c(OH-)‎ C. c(NH4+) c(OH-)/c(NH3·H2O) D. c(H+)c(OH-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v(NH4＋)、c(OH－)降低，然后进行分析；‎ ‎【详解】氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v(NH4＋)、c(OH－)降低，‎ A、根据水的离子积，c(OH－)减小，c(H＋)增大，c(H＋)/c(NH4＋)增大，故A不符合题意；‎ B、同溶液中，体积相同，c(NH3·H2O)/c(OH－)=n(NH3·H2O)/n(OH－)，加水稀释促进电离，OH－物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故B符合题意；‎ C、该比值等于Kb，Kb只受温度的影响，即该比值保持不变，故C不符合题意；‎ D、Kw=c(H＋)×c(OH－)，Kw只受温度的影响，即Kw保持不变，故D不符合题意。‎ ‎【点睛】易错点，学生认为加水稀释所有离子浓度都减小，忽略水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)，水的离子积不变，加水稀释，c(OH－)减小，则c(H＋)增大。‎ ‎19.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）‎ A. 水的电离程度始终增大 B. 先增大再减小 C. c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变 D. 当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；‎ B．由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，故B错误； C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；‎ D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】判断离子浓度比值变化可将其转化成与电离平衡常数或水解平衡常数相关的形式，再进行分析。‎ ‎20.25℃‎时，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的HNO2溶液，‎ 与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. ‎25 ℃‎时，0.100 mol·L－1的HNO2溶液的pH＝2.75‎ B. B点对应的溶液中，‎2c(H＋)＋c(HNO2)＝c(NO2-)＋‎2c(OH－)‎ C. C点对应的溶液的pH＝7，加入NaOH溶液的体积为20.00 mL D. 滴定过程中从A到D点溶液中水的电离程度先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未向HNO2溶液中滴加NaOH溶液时，lg=8.5，则=108.5，由于c(H+)·c(OH-)=10-14，两式联立，可得c(H+)=10-2.75mol/L，所以该溶液的pH=2.75，A正确；‎ B.B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(NO2-)，根据物料守恒可得：‎2c(Na+)= c(NO2-)+c(HNO2)，将第一个式子扩大2倍减去第二个式子，整理可得：‎2c(H+)-c(OH-)=c(Na+)=c(NO2-)-c(HNO2)，B正确；‎ C. C点lg=0，则=1，HNO2的电离程度与NaNO2的水解程度相同，则加入NaOH溶液的体积小于20mL，C错误；‎ D.从A到D的过程中，溶液的溶质由酸、酸和盐、盐变为盐和碱，酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，故滴定过程中从A到D点，溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ ‎21.到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。‎ ‎（1）在‎25℃‎、101kPa下，‎16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式___。‎ ‎（2）化学反应中放出的热能（焓变，△H）与反应物和生成物的键能（E）有关。‎ 已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H=﹣185kJ/mol，‎ E（H﹣H）=436kJ/mol， E（Cl﹣Cl）=243kJ/mol则E（H﹣Cl）=___。‎ ‎（3）①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，请计算每生成1molNH3放出热量为：___；‎ ‎②若起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为___；‎ ‎（4）已知：Fe2O3(s)＋‎3C(石墨)=2Fe(s)＋3CO(g) ΔH＝akJ·mol－1；‎ CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝bkJ·mol－1；‎ C(石墨)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝ckJ·mol－1‎ 则反应：4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s)焓变ΔH＝___kJ·mol－1。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣704kJ•mol﹣1 (2). 432kJ/mol (3). 46.1kJ (4). 18.44 (5). 6(c－b)－‎‎2a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；‎ ‎（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；‎ ‎（3）①先求出此反应的焓变，根据计算出每生成1molNH3放出热量；‎ ‎②依据化学平衡计算生成氨气物质的量，结合热化学方程式计算Q1；‎ ‎（4）根据盖斯定律求解。‎ ‎【详解】：（1）1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热352KJ×(32/16)=704KJ， 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣704kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，所以436kJ/mol+243kJ/mol-2E（H-Cl）=-185kJ/mol，解得E（H-Cl）=432KJ/mol，故答案为：432 kJ/mol；‎ ‎（3）①该反应焓变△H=E1-E2=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，所以每生成 ‎1molNH3放出热量为46.1kJ。故答案为：46.1kJ；‎ ‎②反应方程式为，由①知生成1molNH3放出热量为46.1kJ。起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡后N2的转化率为20%，反应的N2物质的量为1mol×20%=0.2mol，根据方程式可知生成的氨气为0.4mol，故放出的热量为46.1kJ×(0.4mol/1mol)= 18.44KJ，故答案为：18.44；‎ ‎（4）①Fe2O3（s）+‎3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=akJ•mol-1 ②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=bkJ•mol-1 ③C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=ckJ•mol-1 依据盖斯定律（③-②）×6-①×2得到4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=6（c-b）‎-2a  kJ•mol-1，故答案为：6（c-b）‎-2a；‎ ‎【点睛】可逆反应的△H可以认为是指反应完全进行时的焓变，可根据其转化率计算实际放出（或吸收）的热量。‎ ‎22.某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。‎ ‎（1）用___式滴定管盛装cmol/L盐酸标准液。配制c mol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是___。如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置。滴定管读数时应注意___。用去的标准盐酸的体积是___mL。‎ ‎（2）该实验应选用__（填“酚酞”或者“石蕊”）作指示剂；操作中如何确定终点？__。‎ ‎（3）对下列两种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)‎ a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果___；‎ b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果___；‎ C，读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使最终测定结果___。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). 容量瓶 (3). 读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL (4). 24.60 (5). 酚酞 (6). 滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色 (7). 无影响 (8). 偏高 (9). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸性溶液存放在酸式滴定管中；滴定管读数要估读一位；‎ ‎（2）根据NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；‎ ‎（3）根据c（待测）= 分析不当操作对c（待测）的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎【详解】（1）盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；配制一定物质的量浓度溶液主要仪器为容量瓶；读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL；滴定前读数为：0.30mL，滴定后读数为：24.90mL，消耗溶液的体积为24.60mL；故答案为：酸；容量瓶； 读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL； 24.60；‎ ‎（2）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；滴定终点：滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色故答案为：酚酞；滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色；‎ ‎（3）a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对V（标）无影响，根据计算公式可知c（待测）无影响；‎ b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标）偏大，根据计算公式可知可知c（待测）偏高；‎ c．读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标）偏小，根据计算公式可知可知c（待测）偏低；‎ 故答案为：无影响；偏高；偏低 ‎【点睛】滴定管读数时要估读一位，即读数应到0.01mL；根据c（待测）= 可以对不当操作对c（待测）的影响进行分析；‎ ‎23.电解原理在化学工业中有广泛应用。‎ ‎（1）氯碱厂电解饱和食盐水制取烧碱,若利用下图装置制备NaOH，两电极区电解液分别为NaOH和NaCl溶液。‎ ‎①B极区电解液为_____________溶液（填化学式），A极要连接电源的______________(填“正”或“负”)极。‎ ‎②阳极电极反应式为_____________________________，电解过程中Na+向_____________电极迁移（填“A”或“B”）。‎ ‎③电解总反应的离子方程式是________________________________。‎ ‎（2）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。‎ ‎①若X为碳电极，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_____________处（填“A”、“B”或“C”）。‎ ‎②若X为锌电极，开关K置于A处，该电化学防护法称为______________________________。‎ ‎【答案】 (1). NaOH (2). 正 (3). 2Cl‾—2e‾=Cl2↑ (4). B (5). 2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－ (6). C (7). 牺牲阳极的阴极保护法 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知，右侧生成氢气，则B为阴极， B极区电解液为NaOH溶液， A极区中为NaCl溶液，氯离子放电生成氯气；‎ ‎（2‎ ‎）结合原电池原理和电解池原理入手，保护金属的方法有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法；‎ ‎【详解】(1)电解制备NaOH，两电极区电解液分别为NaOH和NaCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备NaOH，B极区电解液为NaOH溶液；Na+由A经过阳离子交换膜向B移动；A极区中为NaCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。‎ ‎①根据上述分析，B极区电解液为NaOH溶液，A极要连接电源的正极，故答案为NaOH；正；‎ ‎②阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，电解过程中Na+向B电极迁移，故答案为2Cl--2e-=Cl2↑；B；‎ ‎③电解总反应的离子方程式为2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－，故答案为2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；‎ ‎(2)①若 X 为碳棒，若开关 K 置于A处，构成原电池，Fe为负极，加速Fe的腐蚀；若开关 K 置于B处，构成电解池，Fe为阳极，加速铁的腐蚀；若开关 K 置于C处，构成电解池，Fe为阴极，被保护，减缓铁的腐蚀，故答案为C；‎ ‎②若 X 为锌，开关 K 置于A处，构成原电池，Zn为负极，Fe被保护，减缓铁的腐蚀，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为牺牲阳极的阴极保护法。‎ ‎【点睛】在解电解池这一类问题时，首先要明确溶液中存在的阴阳离子有哪些，其次根据放电顺序，确定两极产物。在溶液中阴离子流向阳极，阳离子流向阴极。‎ ‎24.已知‎2A2(g)＋B2(g)‎2C(g)ΔH=－a kJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2 mol A2和1 mol B2，在‎500 ℃‎时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol·L－1，放出热量bkJ。‎ ‎（1）a________b(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎（2）该反应的平衡常数表达式为________，若将反应温度升高到‎700 ℃‎，该反应的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是________。‎ a．v(C)＝2v(B2) b．容器内压强保持不变 c．v逆(A2)＝2v正(B2) d．容器内的密度保持不变 ‎（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是________。‎ a．及时分离出C气体 b．适当升高温度 c．增大B2的浓度 d．选择高效的催化剂 ‎（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：‎ CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。在‎500 ℃‎时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02 mol/L，则在此条件下CO的转化率为________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). [c(C)]2/[c(A)]‎2c(B) (3). 减小 (4). bc (5). c (6). 75%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）热化学方程式表达的意义为：当2mol A2和1mol B2完全反应时，放出热量为akJ，据此判断a、b大小关系；‎ ‎（2）化学平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；根据反应的热效应判断化学平衡常数的变化；‎ ‎（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；‎ ‎（4）根据化学反应速率影响因素和化学平衡移动影响因素判断；‎ ‎（5）根据三段式以及平衡常数求出转化的CO2浓度，根据转化率=求解。‎ ‎【详解】（1）热化学方程式表达的意义为：当2molA2和1molB2完全反应时，放出热量为akJ，而加入2molA2和1molB2达到平衡时，反应没有完全进行，即释放的热量小于完全反应释放的热量，即a＞b；‎ ‎（2）化学平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，故平衡常数表达式K=；正反应方向放热，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，K减小；‎ ‎（3）a.v(C)=2v(B2)，从反应开始平衡一直有这样的等量关系，所以不能作平衡状态的标志，故a错误；‎ b.容器内压强保持不变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故b正确；‎ c.v逆(A2)=2v逆(B2)=2v正(B2)，说明达平衡状态，故c正确；‎ d.容器内的密度保持不变，从反应开始平衡一直有这样的等量关系，所以不能作平衡状态的标志，故d错误；‎ ‎（4）a.生成物浓度降低，则化学反应速率降低，故a错误；‎ b.升高温度，化学反应速率增大，但化学平衡向逆反应方向移动，故b错误；‎ c.反应物浓度增大，化学反应速率增大，化学平衡向正反应方向移动，故c正确；‎ d.催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，故d错误；‎ ‎（5） CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)‎ 起始（mol/L） 0.02 0.02 0 0‎ 转化量（mol/L） x x x x 平衡时（mol/L）0.02-x 0.02-x x x 根据平衡常数K===9，解得x=0.015，故CO的转化率==75%。‎ ‎25.（1）下列原子或离子的电子排布的表示方法中，正确的是___，违反了能量最低原理的是___，违反洪特规则的是__。‎ ‎①Ca2＋：1s22s22p63s23p6‎ ‎②F－：1s22s23p6‎ ‎③P：‎ ‎④Cr：1s22s22p63s23p63d44s2‎ ‎⑤Fe：1s22s22p63s23p63d64s2‎ ‎⑥Mg2＋：1s22s22p6‎ ‎⑦C：‎ 绿柱石被国际珠宝界公认为四大名贵宝石之一。主要成分为Be3Al2[Si6O18]，因含适量的Cr2O3（0.15～0.6%），而形成祖母绿。试回答下列问题：‎ ‎（2）基态Al原子中，电子填充的最高能级是___，基态Cr原子的价电子排布式是___。‎ ‎（3）用“＞”或“＜”填空：‎ 第一电离能 沸点 离子半径 Be___B H2S___H2O Al3+___O2-‎ ‎（4）卟啉与Fe2＋合即可形成血红素，Fe2＋的电子排布式为___，铁在周期表中的位置为__。‎ ‎【答案】 (1). ①⑤⑥ (2). ② (3). ③④⑦ (4). 3p (5). 3d54s1 (6). ＞ (7). ＜ (8). ＜ (9). 1s22s22p63s23p63d6 (10). 第四周期第Ⅷ族 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据构造原理确定核外电子排布式是否正确，能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道．然后依次进入能量较高的轨道；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳 2个自旋状态 相反的电子；洪特规则：在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。‎ ‎（2）根据核外电子排布规律可以写出价电子排布式，根据充满和半充满状态能量最低也是最稳定的状态进行分析；‎ ‎（3）Be、B同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA族反常；水分子间含有氢键；核外电子数相同的，原子序数越大，半径越小；‎ ‎（4）Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，失去两个最外层电子生成亚铁离子，根据构造原理书写其核外电子排布式；‎ ‎【详解】（1）①正确；②违反了能力最低原子；③违反了洪特规则；④违反了洪特原则；⑤正确；⑥正确；⑦违反了洪特规则；故答案为：①⑤⑥；②；③④⑦；‎ ‎（2）Al为13号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级为3p，根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1，故答案为：3p；3d54s1；‎ ‎（3）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能B＜Be；水分子间含有氢键，使得水的分子间作用力大于硫化氢分子的，故水的沸点大；电子层数越多半径越大，核外电子数相同的，原子序数越大，半径越小，O2-、Al3+有2个电子层，O的原子序数小所以O2-半径比Al3+大，所以离子半径O2-＞Al3+，故答案为：＞；＜；＜；‎ ‎（4）Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，失去两个最外层电子生成亚铁离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，铁元素在元素周期表的位置为第四周期第Ⅷ族，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；第四周期第Ⅷ族。‎