化学卷·2018届海南省琼海市嘉积中学高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版）

化学卷·2018届海南省琼海市嘉积中学高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期中化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个正确答案）‎ ‎1．已知在1×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．H2O（g）=H2（g）+O2（g）；△H=+242kJ•mol﹣1‎ B．2H2（g）+O2（g）+2H2O（l）；△H=﹣484kJ•mol﹣1‎ C．H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=+242kJ•mol﹣1‎ D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=﹣484kJ•mol﹣1‎ ‎2．在一定温度时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线如图．下列叙述正确的是（　　）‎ A．该反应的热化学方程式为：N2+3H2⇌2NH3△H=﹣92kJ/moL B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C．加入催化剂，该化学反应的放热增多 D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率 ‎3．可逆反应 A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g），在不同情况下，测得有下列四个反应速率，其反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.15mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）=0.6mol•L﹣1•s﹣1‎ C．v（C）=0.5mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）=0.4mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎5．一定条件下反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡状态的标志是（　　）‎ A．υ（正、A2）=υ（逆、AB）‎ B．容器内的总压强不随时间而变化 C．单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2‎ D．A2、B2、AB的反应速率比为2：2：1的状态 ‎6．对已达化学平衡的反应3H2（g）+N2 （g）⇌2NH3（g）△H＜0，降低温度对化学平衡的影响是（　　）‎ A．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动 B．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 C．逆反应速率増大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 D．逆反应速率减小，正反应速率増大，平衡向正反应方向移动 ‎7．将等物质的量的X和Y混合气体，通入密闭容器中发生如下反应：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），平衡时混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（　　）‎ A．33% B．40% C．50% D．67%‎ ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的 B．熵增加的放热反应一定能自发进行 C．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变 D．自发反应在任何条件下都能实现 ‎9．在NH3•H2O⇌NH4++OH﹣形成的平衡中，要使NH3•H2O的电离程度及[OH﹣]都增大，可采取的措施是（　　）‎ A．通入HCl B．加少量NaOH固体 C．加水 D．升温 ‎10．纯水在80℃时的pH（　　）‎ A．等于7 B．大于7 C．小于7 D．无法确定 ‎11．常温时，将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，所得的溶液pH（　　）‎ A．等于7 B．大于7 C．小于7 D．无法确定 ‎12．0.1mol•L﹣1盐酸分别跟20mL NaOH和20　mL　NH3•H2O反应，都消耗了20mL盐酸，这表明NaOH溶液和氨水的关系（　　）‎ A．物质的量浓度相同 B．氢氧根离子浓度相同 C．pH相同 D．溶液中离子浓度相同 ‎13．某原电池总反应为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，下列能实现该反应的原电池是（　　）‎ A B C D 电极材料 Cu、Zn Cu、Ag ‎ Cu、C Fe、Zn ‎ 电解液 FeCl3‎ Fe2（SO4）3‎ Fe（NO3）2‎ CuSO4‎ A．A B．B C．C D．D ‎14．关于铅蓄电池的说法正确的是（　　）‎ A．在放电时，正极发生的反应是 Pb（s）+SO42﹣（aq）=PbSO4（s）+2e﹣‎ B．在放电时，该电池的负极材料是铅板 C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小 D．在充电时，阳极发生的反应是 PbSO4（s）+2e﹣=Pb（s）+SO42﹣（aq）‎ ‎15．下列关于电解槽的叙述中不正确的是（　　）‎ A．与电源正极相连的是电解槽的阴极 B．与电源负极相连的电极发生还原反应 C．在电解槽的阳极发生氧化反应 D．电子从电源的负极沿导线流入阴极 ‎16．下列叙述正确的是（　　）‎ A．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应 B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2‎ C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1mol NaOH D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀 ‎　‎ 二、非选择题 ‎17．研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过的知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：‎ ‎①反应的热化学方程式为　　．‎ ‎②已知：C（s）+H2O （g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•moL﹣1‎ 则C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=　　．‎ ‎（2）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．：已知N≡N键的键能是948.9kJ•mol﹣1，H﹣H键的键能是436.0kJ•mol﹣1；N﹣H键的键能是391.55kJ/mol．．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H=　　．‎ ‎（3）在25℃、101Pa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为　　．‎ ‎18．用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　　．‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　　．‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　　．（填“偏大、偏小、无影响”）‎ ‎（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　　（填“相等、不相等”），所求中和热　　（填“相等、不相等”）．‎ 简述理由　　．‎ ‎19．在一定温度下将2mol A和2mol B两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，请填写下面空白：‎ ‎（1）用B表示的平均反应速率为　　，A的转化率为　　．‎ ‎（2）如果缩小容器容积（温度不变），则平衡体系中混合气体的密度　　，混合气体平均相对分子质量　　（填“增大”、“减少”或“不变”）．‎ ‎（3）若开始时只加C和D各mol，要使平衡时各物质的物质的量原平衡相等，则还应加入　　 mol B物质．‎ ‎（4）若向原平衡体系再投入1mol A和1mol B，平衡　　（填“右移、左移或不移”）．‎ ‎20．已知可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g） H＞0，请回答下列问题：‎ ‎（1）在某温度下，反应物起始浓度分别为：c（M）=1mol•L﹣1，c（N）=2.4mol•L﹣1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为　　．‎ ‎（2）若反应温度升高，转化率　　（填“增大”、“减少”或“不变”）．‎ ‎（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=a mol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，a=　　．‎ ‎（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c（M）=1mol•L﹣1，c（N）=0.3mol•L﹣1；达到平衡后，M的转化率为　　．‎ ‎21．冰醋酸加水溶解并不断稀释过程中，溶液导电能力与加入水的体积有如图变化关系：‎ ‎（1）“0”点导电能力为0的理由是：　　‎ ‎（2）a、b、c三点中电离程度最大的是　　；电离平衡常数的关系是　　．（填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“不变”等）‎ ‎（3）若要使c点溶液中c（CH3COO﹣）、c（H+）均增大，可采取的措施是　　（任填一种合理的措施即可）‎ ‎22．如图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：‎ ‎（1）甲池是　　装置，电极A的名称是　　．‎ ‎（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为　　，乙装置中B（Ag）的电极反应式为　　，丙装置中D极的产物是　　（写化学式），‎ ‎（3）一段时间，当丙池中产生112mL（标准状况下）气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH=　　．（已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500mL）．若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入　　（写化学式）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省琼海市嘉积中学高二（上）期中化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个正确答案）‎ ‎1．已知在1×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．H2O（g）=H2（g）+O2（g）；△H=+242kJ•mol﹣1‎ B．2H2（g）+O2（g）+2H2O（l）；△H=﹣484kJ•mol﹣1‎ C．H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=+242kJ•mol﹣1‎ D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=﹣484kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】依据通过条件和热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状态，对应量的焓变，配平写出．‎ ‎【解答】解：已知在1×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式是：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=﹣484kJ•mol﹣1．故选B．‎ ‎　‎ ‎2．在一定温度时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线如图．下列叙述正确的是（　　）‎ A．该反应的热化学方程式为：N2+3H2⇌2NH3△H=﹣92kJ/moL B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C．加入催化剂，该化学反应的放热增多 D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率 ‎【考点】热化学方程式；催化剂的作用．‎ ‎【分析】A、依据热化学方程式的书写原则判断，△H=放出的能量﹣吸收的能量；‎ B、根据催化剂与能耗的关系分析；‎ C、根据催化剂只能降低反应的活化能，不改变化学平衡分析；‎ D、依据催化剂的概念和影响速率的实质分析判断；‎ ‎【解答】解：A、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故A错误；‎ B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，即可降低生产能耗，故B正确；‎ C、加入催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；‎ D、加入催化剂是同等程度的增大或减小正逆反应速率，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．可逆反应 A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g），在不同情况下，测得有下列四个反应速率，其反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.15mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）=0.6mol•L﹣1•s﹣1‎ C．v（C）=0.5mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）=0.4mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较．‎ ‎【解答】解：A．v（A）=0.15mol•L﹣1•s﹣1；‎ B．v（A）：v（B）=1：3，故v（A）=v（B）=×0.6mol•L﹣1•s﹣1=0.2mol•L﹣1•s﹣1；‎ C．v（A）：v（C）=1：2，故v（A）=0.5v（D）=0.5×0.5mol•L﹣1•s﹣1=0.25mol•L﹣1•s﹣1；‎ D．v（A）：v（D）=1：2，故v（A）=0.5v（C）=0.5×0.4mol•L﹣1•s﹣1=0.2mol•L﹣1•s﹣1；‎ 故C反应速率最快，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【考点】活化能及其对化学反应速率的影响．‎ ‎【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；‎ B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；‎ D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．一定条件下反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡状态的标志是（　　）‎ A．υ（正、A2）=υ（逆、AB）‎ B．容器内的总压强不随时间而变化 C．单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2‎ D．A2、B2、AB的反应速率比为2：2：1的状态 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理量不变，以此进行判断，注意该反应气体计量数的关系．‎ ‎【解答】解：A．化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，υ（正、A2）=υ（逆、AB），正逆反应速率不等，没有达到平衡状态，故A错误；‎ B．反应前后气体的体积不变，则无论是否达到平衡状态，反应容器的压强都不发生改变，则不能用以判断是否达到平衡状态，故B错误；‎ C．单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；‎ D．A2、B2、AB的反应速率比为2：2：1，不符合反应速率之比等于化学计量数之比，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．对已达化学平衡的反应3H2（g）+N2 （g）⇌2NH3（g）△H＜0，降低温度对化学平衡的影响是（　　）‎ A．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动 B．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 C．逆反应速率増大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 D．逆反应速率减小，正反应速率増大，平衡向正反应方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】对于反应3H2（g）+N2 （g）⇌2NH3（g）△H＜0，正反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率都降低，平衡向放热方向移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：降低温度，正逆反应速率都减小，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．将等物质的量的X和Y混合气体，通入密闭容器中发生如下反应：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），平衡时混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（　　）‎ A．33% B．40% C．50% D．67%‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】假设X和Y起始物质的量均为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，利用三段式用m表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2列方程计算n的值，再根据转化率定义计算．‎ ‎【解答】解：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：‎ ‎ X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）‎ 起始量（mol）：1 1 0 ‎ 变化量（mol）：0.5n n n ‎ 平衡量（mol）：1﹣0.5n 1﹣n n 平衡后测得混合气体中反应物的总物质的量与成物的总物质的量之比为3：2，则：（1﹣0.5n+1﹣n）：n=3：2，‎ 解得：n=，‎ Y的转化率为：×100%≈67%，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的 B．熵增加的放热反应一定能自发进行 C．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变 D．自发反应在任何条件下都能实现 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】根据反应自发进行的判断依据分析，△H﹣T△S＜0反应自发进行，△H﹣T△S＞0反应非自发进行，据此分析选项．‎ ‎【解答】解：A、放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，故A错误；‎ B、熵增加的放热反应，△H＜0，△S＞0，△H﹣T△S＜0，反应一定能自发进行，故B正确；‎ C、低温下△S＜0，△H＜0，反应也可以自发进行，△H＞0，△S＞0时，低温下反应非自发进行，故C错误；‎ D、自发进行的反应是有焓变、熵变、温度共同决定，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．在NH3•H2O⇌NH4++OH﹣形成的平衡中，要使NH3•H2O的电离程度及[OH﹣]都增大，可采取的措施是（　　）‎ A．通入HCl B．加少量NaOH固体 C．加水 D．升温 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加水促进电离，且如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A、通入HCl，消耗氢氧根离子，电离程度增大，但是氢氧根离子的浓度减小，故A错误；‎ B、加NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；‎ C、加水，溶液浓度减小，电离程度增大，但是氢氧根离子的浓度减小，故C错误；‎ D、由于电离是吸热反应液，故升高温度，平衡右移，电离程度增大，氢氧根离子的浓度增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．纯水在80℃时的pH（　　）‎ A．等于7 B．大于7 C．小于7 D．无法确定 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】在25℃时，纯水的pH=7．由于水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，PH值减小，依此进行判断．‎ ‎【解答】解：在25℃时，纯水的pH=7，而水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，PH值减小，故在80℃时，纯水的pH小于7．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．常温时，将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，所得的溶液pH（　　）‎ A．等于7 B．大于7 C．小于7 D．无法确定 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】根据两种溶液中H+和OH﹣的关系以及氨水为弱电解质的性质，判断反应后酸碱的过量，进而判断反应后溶液的酸碱性．‎ ‎【解答】解：pH=3的盐酸中c（H+）=10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（OH﹣）=10﹣3mol/L，两种溶液H+与OH﹣离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．0.1mol•L﹣1盐酸分别跟20mL NaOH和20　mL　NH3•H2O反应，都消耗了20mL盐酸，这表明NaOH溶液和氨水的关系（　　）‎ A．物质的量浓度相同 B．氢氧根离子浓度相同 C．pH相同 D．溶液中离子浓度相同 ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】由NaOH+HCl=NaCl+H2O、NH3•H2O+HCl=NH4Cl+H2O可知，都消耗了20mL盐酸，则NaOH、NH3•H2O的物质的量相同，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由NaOH+HCl=NaCl+H2O、NH3•H2O+HCl=NH4Cl+H2O可知，都消耗了20mL盐酸，则NaOH、NH3•H2O的物质的量相同，‎ A．体积相同、物质的量相同，则物质的量浓度相同，故A正确；‎ B．等浓度时，NaOH完全电离，而NH3•H2O部分电离，则氢氧根离子浓度不同，故B错误；‎ C．氢氧根离子浓度不同，pH不同，故C错误；‎ D．等浓度时，NaOH完全电离，而NH3•H2O部分电离，则离子浓度不同，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．某原电池总反应为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，下列能实现该反应的原电池是（　　）‎ A B C D 电极材料 Cu、Zn Cu、Ag ‎ Cu、C Fe、Zn ‎ 电解液 FeCl3‎ Fe2（SO4）3‎ Fe（NO3）2‎ CuSO4‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极；‎ B、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极；‎ C、金属铜和亚铁盐不能发生反应；‎ D、锌比铁活泼，锌作负极．‎ ‎【解答】解：A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，故A错误；‎ B、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B正确；‎ C、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，故C错误；‎ D、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．关于铅蓄电池的说法正确的是（　　）‎ A．在放电时，正极发生的反应是 Pb（s）+SO42﹣（aq）=PbSO4（s）+2e﹣‎ B．在放电时，该电池的负极材料是铅板 C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小 D．在充电时，阳极发生的反应是 PbSO4（s）+2e﹣=Pb（s）+SO42﹣（aq）‎ ‎【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．‎ ‎【分析】在原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在得失电子相同的条件下，将正负极电极反应式相加即可得电池反应式，在充电时，阳极上的反应和放电时正极上的反应相反，阴极上的反应和放电时负极上的反应相反．‎ ‎【解答】解：A、在放电时，负极发生的反应是 Pb（s）+SO42﹣（aq）=PbSO4（s）+2e﹣，故A错误；‎ B、在放电时，金属铅失电子发生氧化反应，该电池的负极材料是铅板，故B正确；‎ C、放电时，电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4 ═2PbSO4+2H2O，在充电时为放电时的逆过程，生成硫酸，所以充电时电池中硫酸的浓度不断变大，故C错误；‎ D、在充电时，阳极发生的反应是氧化反应，和放电时的正极反应相反，即2H2O+PbSO4（s）﹣2e﹣=PbO2+SO42﹣+2H+，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．下列关于电解槽的叙述中不正确的是（　　）‎ A．与电源正极相连的是电解槽的阴极 B．与电源负极相连的电极发生还原反应 C．在电解槽的阳极发生氧化反应 D．电子从电源的负极沿导线流入阴极 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A、与电源正极相连的电极是电解池的阳极；‎ B、与电源负极相连的电极为阴极；‎ C、电解池中阳极上发生失电子的氧化反应；‎ D、依据电解原理分析，电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极，通过电解质溶液中离子定向移动发生氧化还原反应，电子在阳极流回到电源正极．‎ ‎【解答】解：A、与电源正极相连的是电解槽的阳极，故A错误；‎ B、与电源负极相连的电极为阴极，发生还原反应，故B正确；‎ C、电解池中阳极上发生失电子的氧化反应，故C正确；‎ D、电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极，通过电解质溶液中离子定向移动发生氧化还原反应，电子在阳极流回到电源正极，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．下列叙述正确的是（　　）‎ A．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应 B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2‎ C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1mol NaOH D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．得电子的发生还原反应，失电子的发生氧化反应；‎ B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，根据转移电子数相等确定产物的物质的量之比；‎ C．根据氢氧化钠和转移电子之间的关系式计算；‎ D．作原电池负极的金属比作原电池正极的金属易腐蚀．‎ ‎【解答】解：A．电解池阴极上得电子发生还原反应，故A错误；‎ B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，氢离子得2mol电子生成1mol氢气，4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1mol氧气，所以阴阳两极产物的物质的量之比为2：1，故B错误；‎ C．设生成x氢氧化钠，‎ ‎2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑转移电子 ‎ 2mol 2mol ‎ x 1mol x==1mol，‎ 所以生成1mol氢氧化钠，故C正确；‎ D．镀层破损后，镀锡铁板中铁作负极，镀锌铁板中铁作正极，所以镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎17．研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过的知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：‎ ‎①反应的热化学方程式为　CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1　．‎ ‎②已知：C（s）+H2O （g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•moL﹣1‎ 则C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=　+172kJ/mol　．‎ ‎（2）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．：已知N≡N键的键能是948.9kJ•mol﹣1，H﹣H键的键能是436.0kJ•mol﹣1；N﹣H键的键能是391.55kJ/mol．．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H=　﹣46.2 KJ/moL　．‎ ‎（3）在25℃、101Pa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】（1）①依据图象分析反应是放热反应，焓变为﹣41KJ/mol，依据热化学方程式的书写方法写出；‎ ‎②依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让化学方程式；‎ ‎（2）反应的焓变△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算；‎ ‎（3）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，题干所给量计算32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变；‎ ‎【解答】解：（1）①图象分析反应是放热反应，焓变为﹣41KJ/mol，标注物质狙击状态和对应反应焓变得到热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1，故答案为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1；‎ ‎②（1）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律（2）﹣（1）得到：C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H═+172kJ/mol，‎ 故答案为：+172kJ/mol；‎ ‎（2）N≡N键的键能是948.9kJ•mol﹣1，H﹣H键的键能是436.0kJ•mol﹣1； N﹣H键的键能是391.55kJ•mol﹣1．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）；‎ ‎△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和=×948.9kJ•mol﹣1 +×436.0kJ•mol﹣1 ﹣3×391.55kJ•mol﹣1=﹣46.2KJ/mol，‎ 故答案为：﹣46.2 kj/mol；‎ ‎（3）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.76KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎18．用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　环形玻璃搅拌棒　．‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　减少实验过程中的热量损失　．‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　偏小　．（填“偏大、偏小、无影响”）‎ ‎（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　不相等　（填“相等、不相等”），所求中和热　相等　（填“相等、不相等”）．‎ 简述理由　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关　．‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．‎ ‎【解答】解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（3））大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L﹣1盐酸溶液跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L﹣1盐酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关．‎ ‎　‎ ‎19．在一定温度下将2mol A和2mol B两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，请填写下面空白：‎ ‎（1）用B表示的平均反应速率为　0.1mol/（L•min）　，A的转化率为　60%　．‎ ‎（2）如果缩小容器容积（温度不变），则平衡体系中混合气体的密度　增大　，混合气体平均相对分子质量　不变　（填“增大”、“减少”或“不变”）．‎ ‎（3）若开始时只加C和D各mol，要使平衡时各物质的物质的量原平衡相等，则还应加入　　 mol B物质．‎ ‎（4）若向原平衡体系再投入1mol A和1mol B，平衡　右移　（填“右移、左移或不移”）．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】根据三段式求出各组分的物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．‎ ‎（1）根据c=计算v（B）；A的转化率=×100%；‎ ‎（2）反应混合物都为气体，总质量不变，体积减小，平衡体系中混合气体的密度增大；‎ 该反应反应前后气体体积不变，气体总质量不变，平均摩尔质量不变，平均相对分子质量不变；‎ ‎（3）为等效平衡，应前后气体体积不变，按化学计量数转化到左边，满足n（A）：n（B）=1：1即可；‎ ‎（4）增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动．‎ ‎【解答】解：2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，则：‎ ‎ 3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），‎ 开始（mol）：2 2 0 0‎ 变化（mol）：1.2 0.4 0.8 0.8‎ 平衡（mol）：0.8 1.6 0.8 0.8‎ ‎（1）故v（B）==0.1mol/（L•min），‎ A转化率=×100%=60%；‎ 故答案为：0.1mol/（L•min）；60%；‎ ‎（2）反应混合物都为气体，总质量不变，体积减小，平衡体系中混合气体的密度增大；‎ 该反应反应前后气体体积不变，气体总质量不变，平均摩尔质量不变，平均相对分子质量不变，‎ 故答案为：增大；不变；‎ ‎（3）为等效平衡，应前后气体体积不变，按化学计量数转化到左边，满足n（A）：n（B）=1：1即可．‎ 根据3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）可知，C和D各mol，转化到左边可得A为2mol，B为mol．‎ 令B的物质的量为nmol，则：‎ ‎2mol：（n+）mol=2mol：2mol，解得n=，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，‎ 故答案为：右移．‎ ‎　‎ ‎20．已知可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g） H＞0，请回答下列问题：‎ ‎（1）在某温度下，反应物起始浓度分别为：c（M）=1mol•L﹣1，c（N）=2.4mol•L﹣1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为　25%　．‎ ‎（2）若反应温度升高，转化率　增大　（填“增大”、“减少”或“不变”）．‎ ‎（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=a mol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，a=　6　．‎ ‎（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c（M）=1mol•L﹣1，c（N）=0.3mol•L﹣1；达到平衡后，M的转化率为　20%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据M的转化率为60%计算出M的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比求出N的浓度变化量，再根据转化率定义计算；‎ ‎（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大；‎ ‎（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算．‎ ‎（4）依据化学平衡三段式列式计算，依据转化率的概念计算得到．‎ ‎【解答】解：（1）△c（M）=60%×1mol•L﹣1=0.6mol•L﹣1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c（M）=0.6mol•L﹣1，故此时N的转化率×100%=25%，‎ 故答案为：25%；‎ ‎（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大，‎ 故答案为：增大；‎ ‎（3）‎ ‎△c（M）=60%×1mol•L﹣1=0.6mol•L﹣1，则：‎ ‎ M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；‎ 初始（mol/L）：1 2.4 0 0‎ 转化（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6‎ 平衡（mol/L）：0.4 1.8 0.6 0.6‎ 故该温度下平衡常数k==0.5，‎ 反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L﹣1，c（N）=amol•L﹣1；达到平衡后，c（P）=2mol•L﹣1，则：‎ ‎ M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；‎ 初始（mol/L）：4 a 0 0‎ 转化（mol/L）：2 2 2 2‎ 平衡（mol/L）：2 a﹣2 2 2‎ 所以=0.5，解得a=6，‎ 故答案为：6；‎ ‎（4）设M的转化率为x，依据化学三段式列式计算 ‎ M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）‎ 起始量（mol/L） 1 0.3 0 0‎ 变化量（mol/L） x x x x 平衡量（mol/L） 1﹣x 0.3﹣x x x 则达到平衡后各物质的平衡浓度分别为：‎ c（M）=（1﹣x）mol/L 　c（N）=（0.3﹣x）mol/L c（P）=x mol/L　c（Q）=x mol/L K=‎ ‎==0.5；‎ x=0.20；‎ 故答案为：20%．‎ ‎　‎ ‎21．冰醋酸加水溶解并不断稀释过程中，溶液导电能力与加入水的体积有如图变化关系：‎ ‎（1）“0”点导电能力为0的理由是：　冰醋酸中只存在醋酸分子，无自由移动的离子　‎ ‎（2）a、b、c三点中电离程度最大的是　c　；电离平衡常数的关系是　不变　．（填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“不变”等）‎ ‎（3）若要使c点溶液中c（CH3COO﹣）、c（H+）均增大，可采取的措施是　①加较活泼金属，如Na/Mg/Zn等，②加碱性氧化物或碱，如Na2O/NaOH等，③加某些弱酸的正盐或酸式盐，如Na2CO3/NaHCO3等　（任填一种合理的措施即可）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）电解质溶液是通过自有移动离子来导电；‎ ‎（2）溶液越稀，弱电解质的电离程度越大；‎ ‎（3）若使c点溶液中c（Ac﹣）、pH值均增大，可以向溶液中加入碱或金属或某些盐．‎ ‎【解答】解：（1）电解质溶液是通过自有移动离子来导电，冰醋酸中只存在醋酸分子，无自由移动的离子，所以不导电，‎ 故答案为：冰醋酸中只存在醋酸分子，无自由移动的离子；‎ ‎（2）溶液越稀，弱电解质的电离程度越大，根据图象知，加入的水越多，溶液越稀，则醋酸的电离程度越大，故选c，电离平衡常数与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，‎ 故答案为：c；不变；‎ ‎（3）若使c点溶液中c（Ac﹣）、pH值均增大，可以加入和氢离子反应的物质，‎ 如①加较活泼金属，如Na/Mg/Zn等，生成氢气从而促进醋酸电离，‎ ‎②加碱性氧化物或碱，如Na2O/NaOH等，氢离子和碱或碱性氧化物反应生成水，从而促进醋酸电离；‎ ‎③加某些弱酸的正盐或酸式盐，如Na2CO3/NaHCO3等，氢离子和弱酸根离子反应从而促进醋酸电离，‎ 故答案为：①加较活泼金属，如Na/Mg/Zn等，②加碱性氧化物或碱，如Na2O/NaOH等，③加某些弱酸的正盐或酸式盐，如Na2CO3/NaHCO3等．‎ ‎　‎ ‎22．如图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：‎ ‎（1）甲池是　原电池　装置，电极A的名称是　阳极　．‎ ‎（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为　CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O　，乙装置中B（Ag）的电极反应式为　Ag++e﹣=Ag　，丙装置中D极的产物是　H2和NaOH　（写化学式），‎ ‎（3）一段时间，当丙池中产生112mL（标准状况下）气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH=　12　．（已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500mL）．若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入　HCl　（写化学式）．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）甲池为甲烷形成的燃料电池；根据原电池的正负极判断电解池的阴阳极；‎ ‎（2）CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根；乙装置中B（Ag）的电极为阳离子得电子；丙装置中D极为阴极；‎ ‎（3）电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据氯气和氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH；根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定加入的物质．‎ ‎【解答】解：（1）甲池中一极通入甲烷，另一极通入氧气，所以甲池为甲烷形成的燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，A与正极相连，所以A为阳极；‎ 故答案为：原电池；阳极；‎ ‎（2）CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根，所以甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；乙装置中B（Ag）的电极为银离子得电子，其电极反应式为：Ag++e﹣=Ag；丙装置中D极为阴极，电极上水放电生成氢气和氢氧根离子，所以D极的产物是H2和NaOH；‎ 故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；Ag++e﹣=Ag；H2和NaOH；‎ ‎（3）设电解后氢氧化钠的物质的量浓度是xmol/L，丙池中产生112mL，则氢气的体积与氯气的体积相同均为56ml，‎ ‎2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH，‎ ‎ 22.4L 2mol ‎ 0.056L 0.5xmol 则x==0.01mol/L 则C（H+）=10﹣12 mol/L，所以溶液的pH=12，‎ 由于电解生成H2和Cl2从溶液中逸出，所以应该加二者的化合物，即加入HCl，‎ 故答案为：12；HCl．‎ ‎　‎ ‎2017年1月4日