2018-2019学年浙江省台州市书生中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省台州市书生中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

‎2018学年第一学期高二化学第一次月考试卷 ‎（满分：100分 考试时间：90分钟）‎ 一、选择题每题2分，共50分。‎ ‎1.下列措施不符合节能减排的是( )‎ A. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题 B. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水 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】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．火力发电会产生大量的二氧化碳和其他污染物，消耗大量的能源，A错误； B．安装太阳能热水器提供生活用热水不需要消耗能源也没有污染物排放，B正确；C．回收石膏，是充分利用原子的一种表现，C正确；D．在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气能源，符合节能减排，D正确；答案选A。‎ 考点：考查环境保护、节能减排 ‎2.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是( )‎ A. 纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 海轮外壳连接锌块以保护外壳不受腐蚀 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.发生电化学腐蚀时,金属应不纯，则纯银器主要发生化学腐蚀，故A正确； B.铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误； C.海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ ‎ ‎ D.防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，防止金属的腐蚀，故D正确； 综上所述，本题选B。‎ ‎3.下列过程中ΔH小于零的是( )‎ A. Ba(OH)2与NH4Cl固体混合反应 B. 氯化铵分解得氨气 C. 碳酸钙分解得二氧化碳 D. 验室制备氢气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(OH)2与NH4Cl固体混合反应，为吸热反应, ΔH>0，故A不选； ‎ B. 氯化铵分解得氨气，为吸热反应, ΔH>0，故B不选；  C. 碳酸钙分解得二氧化碳，为吸热反应, ΔH>0，故C不选； D. 实验室制备氢气，金属与酸的反应，为放热反应，∆H<0，D选；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】常见的放热反应有:所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为:大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等,氢氧化钡与氯化铵反应生成氯化钡、氨气和水。‎ ‎4.下列有关氨和铵盐说法正确的是(　　)‎ A. 氨和铵盐都易溶于水，都能生成NH B. 铵盐都能与碱反应，不能与酸反应 C. 实验室制备氨气可用如图所示试剂和装置 D. 铵盐受热分解都能产生氨气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气溶于水，与水反应生成NH3·H2O，它能部分电离出NH4+，铵盐溶于水可直接电离出NH4+，选项A正确；‎ B.铵盐都能与碱反应，有些弱酸的酸式铵盐也能与酸反应，如NH4HCO3，选项B错误；‎ C.直接加热NH4Cl晶体得不到NH3，必须用NH4Cl晶体和Ca(OH)2的混合物加热才可以制得氨气，选项C错误；‎ D.铵盐受热分解，不同铵盐随温度不同，产物不同，不一定生成氨气，如硝酸铵加热分解产生氮气，D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎5.下列热化学方程式正确的是(　　)‎ A. 甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1‎ B. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1‎ C. 已知在120 ℃、101 kPa下，1 g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1（120 ℃、101 kPa）‎ D. 25 ℃，101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热ΔH为－57.3 kJ·mol－1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)＋2KOH(aq)=K2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ•mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，表示1mol的甲烷完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，在通常情况下，水的稳定状态是液体，不是气态，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g) ==CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ/mol,错误；‎ B．氮气与氢气合成氨的反应是可逆反应，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，发生反应的氮气的物质的量小于0.5 mol，因此热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　放出热量的数值小于38.6 kJ,错误；‎ C．1g H2的物质的量是0.5 mol，1g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)==H2O(g)　ΔH＝－242 kJ/mol,正确；‎ D．中和热为57.3 kJ/mo，‎ 表示酸碱发生中和反应产生1mol的水所放出的热量，物质发生反应越多，反应放出的热量就越多，所以硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO4(aq)＋KOH(aq)=== 1/2K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ/mol,错误。综上所述所述，本题选C。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。中和热指的是稀强酸和稀强碱发生反应生成1mol液态水放出的热量，不包含反应中弱酸、弱碱电离吸收的热量。‎ ‎6.下列反应中硝酸既能表现出酸性又表现出氧化性的是(　　)‎ A. 使石蕊溶液变红 B. 与铜反应放出NO气体生成Cu(NO3)2‎ C. 与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3 D. 与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在上述反应A、C项中HNO3均表现出酸性。在B、D项中HNO3中氮元素的化合价均降低，表现出氧化性，并且在B项中又有Cu(NO3)2和水生成，说明此反应中HNO3还表现出酸性。‎ ‎7.如图是Zn和Cu形成的原电池，则下列结论中正确的是(　　)‎ ‎①铜为阳极，锌为阴极；②铜极上有气泡；③SO向铜极移动；④若有0.5mol电子流经导线，则可产生5.6L气体；⑤电子的流向是铜到锌；⑥负极反应式：Zn-2e－===Zn2＋‎ A. ①② B. ①④⑥ C. ②④⑥ D. ②⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Zn和Cu、稀硫酸构成原电池放电时，活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，故错误； ②较不活泼的金属铜作正极，铜极上氢离子得电子生成氢气，冒气泡，故正确； ③溶液中阴离子向负极即向锌极移动,故错误； ④根据电极反应:2H++2e-=H2↑若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol氢气(室温下)，没有说明气体存在的外界条件，所以氢气的体积不一定是5.6L，故错误； ⑤电子的流向是从负极到正极，即从锌极到铜极，故错误； ‎ ‎⑥负极失电子发生氧化反应，反应式为: Zn-2e－===Zn2＋，故正确；‎ 综上所述，②⑥符合题意，本题选D。‎ ‎8.2mol A与2 mol B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋3B(g)2C(g)＋zD(g)。若2s后，A的转化率为50%，测得v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，下列推断正确的是(　　)‎ A. v(C)＝v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1‎ B. z＝3‎ C. B的转化率为75%‎ D. 反应前与2 s后容器的压强比为4∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】2s后A的转化率为50%,则反应的A为2×50%=1mol，则 ‎  2A(g) ＋ 3B(g) 2C(g)＋ zD(g)‎ 起始量 2 2 0 0‎ 变化量 1 1.5 1 0.5z ‎2s后的量 1 0.5 1 0.5z A. v(C)＝v(A)＝1/(2×2)=0.25 mol·L－1·s－1, A错误；‎ B. v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，0.5z/（2×2）=0.25, z=2, B错误；‎ C.据以上分析可知， B的转化率为1.5/2×100%=75%，C正确；‎ D. 反应前与2s后容器的压强比等于气体物质的量之比=4：（1+0.5+1+0.5×2）=4:3.5；故D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎9.已知1gH2完全燃烧生成水蒸气放出热量121kJ，且O2中1molO===O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中形成1molH—O键时放出热量463kJ，则H2中1molH—H键断裂时吸收的热量为(　　)‎ A. 920kJ B. 557kJ C. 436kJ D. 188kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意可写出热化学方程式：2 H2(g) + O2(g) = H2O(l)；DH =－484kJ/ mol。其中反应物2mol H2有2 mol H—H键，1 mol O2有1 mol O=O键，生成物中有4 mol H—O键，则1 mol ‎ H—H键断裂时吸收热量为 ‎10.列有关氧化铝和氢氧化铝的说法正确的是(　　)‎ A. 氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚 B. 氧化铝是典型的两性氧化物，可与氨水反应生成偏铝酸盐 C. 因为氢氧化铝受热易分解，所以具有两性 D. 两性氢氧化物只能与强酸、强碱反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化铝熔点高，不与O2反应，因此是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，A项正确；‎ B.氧化铝是典型的两性氧化物，但其与碱反应时只能是强碱，与氨水不反应，B项错误；‎ C.氢氧化铝受热易分解，说明氢氧化铝热稳定性差，其既可与酸反应也可与碱反应生成盐和水，说明其具有两性，C项错误；‎ D.氢氧化铝与碱反应时碱只能是强碱，但与酸反应时酸可以为弱酸，如CH3COOH也可与Al(OH)3反应，D项错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎11.下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. 常温下铝和浓硫酸、浓硝酸不反应 B. 两份相同质量的Al粉，分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气前者多 C. 合金的熔点一般比组成它的各组分都高 D. 工业上常利用铝热反应冶炼难熔的金属，如钒、铬、锰等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，常温下铝遇到浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象，是由于与其反应生成一层致密氧化膜阻碍继续反应，而不是不反应，A错误；‎ B项，Al既与酸反应又与碱反应，但都有关系：2Al～3H2↑，足量酸或碱，等质量的铝反应放出H2 一样多，B错误；‎ C项，合金是指在一种金属中通过加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的熔点一般比组成它的各成分金属的熔点都低，C错误；‎ D. 用铝热剂冶炼难熔金属，与Al的还原性及放出大量的热有关，最主要是因为铝氧化时放出大量的热，可冶炼熔点较高的金属，如钒、铬、锰等，故D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】常温下，金属铝与浓硝酸、浓硫酸发生反应，在铝的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了铝和酸的继续反应，这个过程称为钝化，是化学变化；金属铝还有一个特性，能够与强碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，镁、铁就不与强碱反应。‎ ‎12.一定质量的铝铁合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生3.36 L(标准状况下)气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生5.6 L的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 2∶5 C. 3∶2 D. 3∶5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，产生气体氢气3.36L(标准状况)，其物质的量==0.15mol，由方程式可知n(Al)= n(H2)=0.15mol×=0.1mol，铁合金溶于足量的盐酸中，Fe、Al都反应产生氢气，Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等，则Fe反应生成氢气体积=5.6L-3.36L=2.24L，其物质的量==0.1mol，根据Fe+2HCl═FeCl2+H2↑可知n(Fe)=n′(H2)=0.1mol，故合金中铝、铁的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，故选A。‎ 点睛：本题考查根据方程式计算，确定Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等是解题关键，可以利用电子转移守恒计算计算的物质的量。‎ ‎13.在气体反应中，改变条件：①增大反应物的浓度，②升高温度，③增大压强，④移去生成物，⑤加入催化剂。能使反应物中活化分子数和活化分子的百分数同时增大的方法是(　　)‎ A. ①⑤ B. ①③ C. ②⑤ D. ③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而②和⑤既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，浓度降低，活化分子和活化分子的百分数都减小，故选C。‎ 考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。‎ ‎14.已知热化学方程式:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　ΔH=-Q kJ·mol-1(Q>0)。下列说法正确的是(　　)‎ A. 相同条件下,2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量 B. 将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后,放出的热量为Q kJ C. 若使用催化剂,该反应的|ΔH|减小 D. 如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ,则此过程中有2 molSO2(g)被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，此反应是放热反应，所以2 molSO2(g)和1 molO2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能量，故A错误；‎ B项，由于该反应为可逆反应，不能完全反应，故将2 molSO2(g)和1molO2(g)置于一密闭容器中，参加反应的 SO2(g)一定不足2mol，放出的热量一定小于Q kJ，故B错误；‎ C项，若使用催化剂，降低反应的活化能，但是不影响平衡移动，该反应的|ΔH|不变，故C错误；‎ D项，由该热化学方程式可知，当有2 molSO2(g)参加反应，即2molSO2(g)被氧化时，放出的热量为Q kJ，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎15.LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为FePO4＋Li=LiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨，含Li＋导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是(　　)‎ A. 可加入硫酸以提高电解液的导电性 B. 放电时电池内部Li＋向负极移动 C. 充电过程中，电池正极材料的质量增加 D. 放电时电池正极反应为FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属锂可以和硫酸发生化学反应，所以不能加入硫酸以提高电解质的导电性，故A错误； B.放电时，该装置是原电池，原电池中阳离子移向正极，故B错误；‎ ‎ C.充电时,正极LiFePO4= FePO4＋Li＋＋e－，正极材料LiFePO4被消耗，质量减少，故C错误； D.放电时,该装置是原电池,正极发生还原反应: FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4，故D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质溶液中通过。‎ ‎16.反应2A(g)2B(g)＋E(g)　ΔH>0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是(　　)‎ A. 加压 B. 升温 C. 减少E的浓度 D. 降温 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 达平衡时，要使v正降低,可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施,使c(A)增大，应使平衡向逆反应方向移动，据此结合选项分析解答。‎ ‎【详解】A、增大压强，正、逆速率都增大，正反应是气体体积增大的反应，则平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故A错误；‎ B、升高温度，正、逆反应速率都增大，正反应是吸热反应，则平衡向正反应方向移动，A的浓度减小，故B错误；‎ C、减少E的浓度，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小，逆反应速率减小，但A的浓度降低，故C错误；‎ D、降低温度，平衡左移，正反应速率降低，A的浓度增大，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎17.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是 A. 反应的化学方程式为2X=3Y+Z B. t时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡 C. 若t=4，则0—t的X的化学反应速率为0.1mol/L·min D. 温度、体积不变，t时刻充入1molHe使压强增大，正、逆反应速率都增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．参加反应的各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以X、Y、Z的化学计量数之比为0.8:1.2:0.4=2:3:1，但是该反应是一个可逆反应，反应的化学方程式为：2X3Y + Z，A错误；B．化学平衡是一种动态平衡，即正逆反应都在进行，且正反应速率等于逆反应速率，B错误；C．若t=4，则0～t的X的化学反应速率为（2.4-1.6）mol/2L/4min=0.1 mol•L－1•min－1，C正确；D．温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，但是各物质的物质的量浓度不变，正、逆反应速率不变，化学平衡不移动，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学平衡 ‎18.下列说法正确的是( )‎ A. 一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH>0　 ΔS﹤0‎ B. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的 C. 常温下，2H2O===2H2↑＋O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应 D. 对于反应H2O2===2H2O＋O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.镁在氯气中的燃烧是放热反应，反之则为吸热反应，MgCl2的分解是熵值增大的反应，ΔS>0，A错误；‎ B.有些吸热反应也可以自发进行，如氢氧化钡晶体和氯化铵常温下发生反应，ΔH>0，B错误；‎ C.水在常温常压下电解才能发生分解，即环境对它做功，才能使它发生反应，所以是非自发反应，C错误；‎ D. MnO2对H2O2的分解起催化剂作用、升高温度也能使反应速率加快，D正确。‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。‎ ‎19.室温下将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2‎ O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（ ）‎ A. △H2＞△H3 B. △H1＞△H3 C. △H1=△H2+△H3 D. △H1+△H2＞△H3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．室温下将1mol的CuSO4·5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，则△H1＞0；将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2，则△H2<0。CuSO4·5H2O（s）溶于水的过程可以假设为CuSO4·5H2O（s）先失去结晶水然后再溶于水，由盖斯定律可知，△H1=△H2+△H3，因为△H1＞0、△H2<0，所以△H3＞△H1>0、△H2<△H3、△H1+△H2<△H3。综上所述，C正确。本题选C。‎ 点睛：本题考查的是盖斯定律及其应用。解题的关键是要学会合理假设化学过程。要注意的是，放热反应的△H<0，吸热反应的△H>0。‎ 视频 ‎20.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子 B. 活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能 C. 催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能 D. 非活化分子也有可能发生有效碰撞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，故说法正确；B、活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差，故说法正确；C、催化剂参加反应，能够降低活化分子的活化能，故说法正确；D、有效碰撞是活化分子发生反应时的碰撞，要求具有一定能量和取向，故说法错误。‎ 考点：考查活化分子和活化能等知识。‎ ‎21.反应A+B→C(ΔH﹤0)分两步进行①A+B→X(ΔH＞0)，②X→C(ΔH﹤0)，下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由反应 A+B →C（△H ＜0）分两步进行 ：① A+B→X （△H ＞0） ② X→C（△H ＜0）可以看出，A+B →C（△H ＜0）是放热反应，A和B 的能量之和大于C，选项A和C符合题意；由① A+B→X （△H ＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H ＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B，A+B的能量大于C，X 的能量大于C；综上所述，本题选A。‎ ‎22.下列有关电化学装置的说法正确的是 (　　)‎ A. 用图1装置处理银器表面的黑斑(Ag2S),银器表面发生的反应为Ag2S+2e-=2Ag+S2-‎ B. 用图2装置电解一段时间后,铜电极部分溶解,溶液中铜离子的浓度基本不变 C. 图3装置中若直流电源的X极为负极,则该装置可实现粗铜的电解精炼 D. 图4装置中若M是铜,则该装置能防止铁被腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.形成原电池反应，Al为负极，被氧化，Ag2S为正极被还原,正极方程式为 Ag2S+2e-=2Ag+S2-,故A正确；  B.铜为阴极,发生还原反应,不能溶解,石墨电极上生成氧气，铜电极上有铜析出，溶液中铜离子浓度减小，故B错误；‎ C.图中的X极若为负极,粗铜为阴极,不能进行粗铜的精炼,而电解精炼时,粗铜作阳极,纯铜作阴极,故C错误；  ‎ D.图中若M是铜,铁比铜活泼，铁作原电池负极被腐蚀，故D错误；  综上所述，本题选A。‎ ‎23.将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）,下列可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是( )‎ A. 2v（NH3）=v(CO2) B. 密闭容器中总压强不变 C. 密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变 D. 密闭容器中氨气的体积分数不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．2v(NH3)═v(CO2)，未指明正逆反应，不能说明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故A错误；B．随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B正确；C．反应NH2COONH4(s)═2NH3(g)+CO2(g)，反应后氨气和二氧化碳的体积之比一直为2：1，所以混合气体平均摩尔质量一直不变，不能证明达到平衡状态，故C错误；D．密闭容器中氨气的体积分数不变，不能证明达到平恒状态，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡状态的判断 ‎【名师点晴】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，据此解答。‎ ‎24.下列说法正确的是（　　）‎ A. 足量的KI溶液与FeCl3溶液反应后，用CCl4萃取其中的I2，分液，在水溶液中滴加KSCN溶液仍呈血红色，说明该反应有一定的限度 B. 在一定条件下，一份双氧水样品经过2h，H2O2的浓度从0.05mol•L-1下降到0.03mol•L-1，该双氧水在这2h中分解的平均反应速率约为0.015mol•L-1•h-1‎ C. 其它条件相同时，反应温度升高，对于吸热反应，反应速率加快，对于放热反应，反应速率减慢 D. 一定条件下，固定体积的容器中发生反应A（g）+B（g）⇌2C（g），当容器内A、B、C的浓度之比为1：1：2时，该反应一定处于平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 足量的KI溶液与FeCl3溶液反应后，萃取分液后的溶液中加入KSCN溶液变红色证明含铁离子，说明氯化铁和碘化钾溶液反应后有铁离子存在，证明反应有一定的可逆性，该反应有一定的限度，故A正确；B. 反应速率=△c/△t=(0.05mol/L−0.03mol/L)/2h=0.01mol/(L⋅h)‎ 故B错误；C. 升温对正逆反应速率都增大，其它条件相同时，反应温度升高，对于吸热反应，反应速率加快，对于放热反应，反应速率也加快，故C错误；D. 一定条件下，固定体积的容器中发生反应A(g)+B(g)⇌2C(g)，反应前后气体物质的量不变，当容器内A. B. C的浓度之比为1:1:2时和起始量和变化量有关，反应不一定达到平衡状态，故D错误；本题选A。‎ ‎25.将7 g某铜银合金与足量的a mol·L－1的HNO3充分反应，完全溶解后放出的气体与标准状况下的氧气0.56L混合，通入水中恰好完全吸收。此合金中铜的质量是 (　　)‎ A. 1.6 g B. 2.4 g C. 3.2 g D. 4.8 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物,氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸,整个反应过程中,金属提供的电子等于氧气获得的电子,根据二者质量及电子转移列方程计算。‎ ‎【详解】标准状况下0.56L 氧气的物质的量为=0.56/22.4=0.025mol，铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，而氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸,整个反应过程中,金属提供的电子等于氧气获得的电子，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y；根据合金总质量可得: x×64+y×108=7，根据电子守恒列可得:2x+1×y=0.025×4，计算得出: x=0.025mol、y=0.05mol ；所以合金中铜的质量为:m(Cu)=0.025×64=1.6g；综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应计算，难度较大，整个过程发生的反应复杂，但从氧化还原反应电子得失角度可以明确铜、银和氮之间、氮的氧化物与氧气之间的电子转移，最终铜、银将失去的电子给了氧气，利用电子守恒法是解题的关键。‎ 二、(填空题50分)‎ ‎26.（1）2.3g乙醇和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，放出热量为68.35 kJ，则该反应的热化学方程式为_______________________________________。‎ ‎（2）乙醇燃料电池的电解液常用KOH溶液，写出该电池的负极反应为__________________。‎ ‎【答案】 (1). C2H6O(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1376KJ/mol (2). C2H6O—12e-+16OH-=2CO32-+11H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）2.3g乙醇的物质的量为0.05mol，燃烧放出68.35kJ热量，则1mol乙醇燃烧放热1367kJ，热化学方程式为：CH3CH2OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367kJ•mol-1；综上所述，本题答案是：CH3CH2OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367kJ•mol-1。‎ ‎（2）若电解质KOH溶液，负极投放燃料乙醇，失电子发生氧化反应，该电池的负极反应为C2H6O—12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；综上所述，本题答案是：C2H6O—12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。‎ ‎27.下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、100 g 16.0%的的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。‎ 接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为12.20%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：‎ ‎（1）电源的N端为________极。‎ ‎（2）电极b上发生的电极反应式为____________________________________________‎ ‎（3）电极b上生成的气体在标准状况下的体积_________________。‎ ‎（4）电极c的质量变化是________g。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). 4OH-—4 e-=2H2O+O2 (3). 11.2L (4). 64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极； （2）甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，即4OH--4e-=2H2O+O2↑； （3）根据转移电子的量，结合电极反应式进行计算即可； （4）结合Cu2++2e-=Cu反应，根据转移电子的量，计算铜的质量。‎ ‎【详解】（1）乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从b-c移动，M是负极，N为正极，因此，本题正确答案是：正。 （2）甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，即4OH--4e-=2H2O+O2↑，因此，本题正确答案是：4OH--4e-=2H2O+O2↑。‎ ‎（3）丙中为K2SO4‎ ‎，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100-x）×12.2%，得x=18g，故为1mol；由方程式2H2+O2═2H2O可以知道，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化2mol电子，则生成O2为2×1/4=0.5mol，标况下的体积为0.5×22.4=11.2L；因此，本题正确答案是：11.2L。 （4）整个电路是串联的，所以每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的，根据电极反应：Cu2++2e-=Cu，可以知道转移2mol电子生成的m（Cu）=64×1=64g；因此，本题正确答案是：64。‎ ‎28.用一无色透明的溶液做如下实验：‎ ‎①取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。‎ ‎②另取部分溶液加入Na2O2，有无色无味气体放出且有白色沉淀生成，加入Na2O2的量与生成沉淀的量的关系如图所示：‎ 试问：Cu2＋、NH、Al3＋、Mg2＋、Na＋、Fe3＋、CO、K＋、SO等离子中一定存在的离子是________；可能存在的离子是________；一定不存在的离子是________。‎ ‎【答案】 (1). SO42－、Al3＋、Mg2＋ (2). Na＋、K＋ (3). NH4＋、Cu2＋、Fe3＋、CO32－‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因是“无色透明溶液”,该溶液中不能含有有色的Cu2＋、Fe3＋，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成”可以知道溶液中含有SO42－；一定不含有CO32－，因为碳酸钡溶于盐酸；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体,说明该溶液中不含NH4＋,因为若有NH4＋，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味；当向溶液中加入过氧化钠时,会生成白色沉淀,且沉淀量先增加后减少,但不会完全消失,说明溶液中含有Al3＋、Mg2＋ ，因为沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4＋；因此该溶液中一定存在的离子为: SO42－、Al3＋、Mg2＋；可能含有Na＋、K＋；一定不存在的离子为NH4＋、Cu2＋、Fe3＋、CO32－。综上所述，本题答案是：SO42－、Al3＋、Mg2＋ ； Na＋、K＋；NH4＋、Cu2＋、Fe3＋、CO32－。‎ ‎【点睛】此题是离子共存问题，因此我们在考虑问题时，不仅要注意离子能否存在于酸性环境中，离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，还要考虑溶液是否有色。本题要注意过氧化钠加入水中，相当于溶液中有氢氧化钠，并有气体产生。‎ ‎29.某学生设计氨催化氧化实验，并将制得NO进一步氧化为NO2用水吸收NO2，并检验HNO3‎ 的生成。‎ 可供选择的固体药品有：NH4Cl、Ca(OH)2、KClO3、MnO2、CaO 可供选择的液体药品有：浓氨水、过氧化氢、浓盐酸、水 可供选择的仪器有：如图 另有铁架台、铁夹、铁圈、乳胶管若干，可供选择。设计实验时，A和B两个制气装置允许使用两次，其余装置只能使用一次。‎ ‎（1）氨氧化制NO的化学反应为__________________________，该反应应在装置____中进行。‎ ‎（2）为快速制NH3和O2，制取NH3的装置最好选择_______，其化学反应方程式为______________；制取O2的装置最好选择_______。‎ ‎（3）装置C的作用是___________________。‎ ‎（4）装置H中溶液变红，其原因是（用化学方程式表示）______________________。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). F (3). A (4). NH3·H2O(浓)＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2 (5). A (6). 吸收多余NH3及生成 H2O (7). 4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氨气与氧气在催化剂条件下加热生成一氧化氮和水,根据反应条件和反应物状态选择装置； (2)要快速制备氨气,则应该是将生石灰加入到浓氨水中,据此选择装置及写出方程式；双氧水在催化剂条件下,不需要加热就会迅速产生大量氧气,据反应物状态和反应条件选择发生装置；‎ ‎(3)氨气与浓硫酸反应,可以用浓硫酸吸收过量的氨气和气体中的水蒸气； (4)因为NO2和剩余的氧气溶于水会有硝酸生成,溶液显酸性,因此石蕊试液变为红色。‎ ‎【详解】(1)氨气与氧气在催化剂条件下加热生成一氧化氮和水,化学方程式为: 4NH3+5O24NO+6H2O；因为是两种气体之间的反应，所以根据装置的特点可以知道，应选择装置F制备；因此本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；F。 ‎ ‎ (2)要快速制备氨气，则应该是将生石灰加入到浓氨水中,所以选择的装置是A，反应的化学方程式是NH3·H2O(浓)＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2 ；双氧水在催化剂条件下,不需要加热就会迅速产生大量氧气,反应物状态为固体与液体,条件不加热,选择装置A；综上所述，本题答案是：A ，NH3·H2O(浓)＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2，A。 ‎ ‎（3）C中的浓硫酸用来吸收过量的氨气,干燥气体吸收水蒸气；因此，本题正确答案是: 吸收多余NH3及生成 H2O。 （4）因为NO2和剩余的氧气溶于水会有硝酸生成,溶液显酸性,因此石蕊试液变为红色,反应的化学方程式是: 4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3；因此本题答案是：4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3。‎ ‎30.人类研究氢能源从未间断过,而热化学循环分解水制 H2是在水反应体系中加入一种中间物,经历不同的反应阶段,最终将水分解为H2和O2,这是一种节约能源、节省反应物料的技术,下图是热化学循环制氢气的流程:‎ ‎(1)实验测得,1 g H2燃烧生成液态水放出142.9 kJ的热量,则表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。‎ ‎(2)整个流程参与循环的物质是________和________(填化学式),最难进行的反应是____________(填序号)。‎ ‎(3)汞虽然有毒,但用途广泛。用汞和溴化钙作催化剂,可以在较低温度下经过下列反应使水分解制氢气和氧气:①CaBr2+2H2O=Ca(OH)2+2HBr↑；②……③HgBr2+Ca(OH)2=CaBr2+HgO+H2O；④2HgO=2Hg+O2↑。反应②的化学方程式为________________________。‎ ‎(4)合成氨用的H2可以甲烷为原料制得。有关化学反应的能量变化如图所示,则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). H2(g)+1/2 O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 (2). SO2 (3). I2 (4). ② (5). Hg+2HBr=HgBr2+H2↑ (6). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+161.1 kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）1g氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则2g氢气即1mol氢气燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol；综上所述，本题答案是：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 。 （2）反应①为：二氧化硫和碘单质和水反应：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，反应②为：硫酸分解生成二氧化硫、水、氧气：2H2SO4=2SO2↑+O2↑+2H2O，反应③为：碘化氢分解2HI⇌H2+I2，整个流程参与循环的物质是SO2、I2，最难进行的反应是②；综上所述，本题答案是：SO2 ； I2 ； ②。 （3）根据反应③知反应②有HgBr2生成，根据HgBr2知反应①的产物HBr参与反应②，所以反应②为：Hg+2HBr═HgBr2+H2↑；因此本题答案是：Hg+2HBr=HgBr2+H2↑。 （4）由三个图可写出相应的热化学方程式：CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g) △H=-282kJ•mo-1 ①H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g)△H=-241.8kJ•mo-1②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g) △H=-846.3kJ•mo-1③，由盖斯定律：用“③-（①+②×3）”得所求反应的△H=+161.1kJ•mo-1，则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g) △H=+161.1 kJ•mol-1；综上所述，本题答案是：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+161.1 kJ·mol-1。‎ ‎ ‎