浙江省东阳中学2019-2020高二化学上学期期中试卷（附解析Word版）

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 Δc Δnv Δt VΔt = =【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（NH 3）：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++3H2O Al（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） 2 CaCl2+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+ +2H2O Fe(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 ΔB. 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 3+ - 3Fe +SCN Fe(SCN)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 56.9kJ 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。 的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， . ( ) 1.92n Cu 0.0364 / g molg mol = =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 ( )2n O ( )2V O 6.72 (5 2)22.4 / L L mol × −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 保持不变的 2 2 ax a ax ax− +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+5O2 4NO+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+5O2 4NO+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 H 2 （g）+ O 2 （g）=H 2O（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 1 2 1 2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+3H2 CH3OH+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 3H 2(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 44 g44 3 2+ × Δm M 3.52 44 / g g mol Δc Δt 0.08mol 2 4 L min ( )3 1 0.05 x 0.15 3x− −（ ） 3 1 0.025 0.075×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 。