2020-2021学年高二化学上学期期中测试卷01（苏教版）

2020-2021 学年高二化学上学期期中测试卷 01（苏教版） 考试范围：专题 1 专题 2 第一、二单元 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 一、单选题（每题 2 分，共 44 分） 1．下列叙述不正确的是（ ） A．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因 B．酸碱中和反应一般是放热反应 C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多 D．因为石墨变成金刚石吸热。所以金刚石比石墨稳定 【答案】D 【解析】 A. 断键吸热，成键放热，因此化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因，A 正确； B. 酸碱中和反应是放热反应，B 正确； C. 气态硫的能量高于固态硫的能量，因此等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，C 正确； D. 因为石墨变成金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D 错误； 答案选 D。 2．下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸 热反应来解答。A. 表示该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，A 符合题 意； B. 表示该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，B 不符合题 意； C. 表示该反应中反应物的总能量等于生成物的总能量，该既不为吸热也不放热，故该 反应不可能发生； D. 该反应中的过渡态的能量低于反应物的能量，这是不可能的。 综上所述，答案选 A。 3．甲烷与氯气在光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下： 第一步：Cl2(g)→2Cl(g) △H1= +242.7kJ/mol 第二步：CH4(g)+Cl(g)→CH3(g)+HCl(g) △H2= +7.5 kJ/mol 第三步：CH3(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+Cl(g) △H3= -112.9 kJ/mol(其中 CH3 表示甲基，Cl 表示氯原子) 下列说法不正确的是( ) A．甲烷与氯气在光照下发生反应的过程中会生成少量的乙烷 B．CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) △H= -105.4 kJ/mol C．形成 1mol CH3Cl(g)中 C-Cl 键放出的能量比拆开 1mol Cl2(g)中 Cl-Cl 键吸收的能量多 D．若是 CH4 与 Br2 发生取代反应，则第二步反应的△H＜+7.5kJ/mol 【答案】D 【解析】 由甲烷与氯气在光照条件下取代反应的反应历程得出有 CH3，两个 CH3 可以相互结合成乙烷；B 用盖斯定 律解答；C 主要看第三步反应。 A、光照下发生取代反应的过程中，生成 CH3，两个 CH3 相互结合成乙烷，故 A 正确；B、由第二步与第三步相加得到 CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) △H=-105.4kJ•mol-1，故 B 正确；、 C、由第三步反应可知，形成 C-Cl 键，拆开 Cl2 中化学键，且为放热反应，则形成 1molCH3Cl 中 C-Cl 键 放出的能量比拆开 1molCl2 中化学键吸收的能量多，故 C 正确； D、若是甲烷与 Br2 发生取代反应，Cl 比 Br 的能量高，则第二步反应△H＞+7.4kJ•mol-1，故 D 错误； 答案选 D。 【点睛】 D 项主要是要注意到 Cl 比 Br 的能量高，换成 Br 则在反应过程中要吸收更多的能量。 4．下列说法或表示方法不正确的是(　　) A．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现 B．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，含 0.5 mol H2SO4 的浓硫酸与含 1 mol NaOH 的溶液混合，放出的热量大于 57.3 kJ C．由 C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH>0，可知，石墨比金刚石稳定 D．H2(g)的燃烧热 ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，则 2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝285.8 kJ·mol－1 【答案】D 【解析】 A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故 A 正确； B．浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以测得酸碱中和过程中所放出的热量大于 57.3 kJ，故 B 正确； C．能量越低的物质越稳定，由石墨生成金刚石吸热，说明金刚石能量高，故 C 正确； D．燃烧热是指 1 mol 物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，则 2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋ 571.6 kJ·mol－1，故 D 错误； 故答案为 D。 【点睛】 判断热化学方程式正误的主要观察点：①化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合 燃烧热和中和热的概念；②状态是否标注正确；③反应热 ΔH 的符号和单位是否正确；④反应热的数值与 物质的系数是否对应。本题中氢气燃烧放热，则其逆过程吸热。 5．已知以下的热化学反应方程式： Fe2O3(s)＋1/3CO(g) ＝ 2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g) ΔH＝－15.73 kJ/mol Fe3O4(s)＋CO(g) ＝ 3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4 kJ/mol Fe2O3(s)＋3CO(g) ＝ 2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8 kJ/mol则 42 g CO 气体还原足量 FeO 固体得到 Fe 固体和 CO2 气体时对应的 ΔH 约为（ ） A．－327 kJ/mol B．＋327 kJ/mol C．－218 kJ/mol D．＋218 kJ/mol 【答案】A 【解析】 本题考查盖斯定律的应用，准确写出目标方程式，并找到准确的计量关系是解题的关键。 给以上方程式依次编号 ①Fe2O3(s)＋1/3CO(g) ＝ 2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g) ； ΔH＝－15.73 kJ/mol ②Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H=+640.4kJ/mol， ③Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）；△H=-24.8kJ/mol， 由盖斯定律可知，反应 CO（g）+ FeO（s）═ Fe（s）+ CO2（g），可由③/2-①/2-②/3 得到，所以其反应 热△H=③/2-①/2-②/3=(-24.8kJ/mol)/2-(-15.73kJ/mol)/2- (+640.4kJ/mol)/3=-218kJ/mol， 28 g CO 气体即 1molCO 还原足量 FeO 固体得到 Fe 固体和 CO2 气体时对应的 ΔH 约为-218kJ/mol，42 g CO 气体还原足量 FeO 固体时，对应反热为 ΔH=－327 kJ/mol； 答案选 A。 【点睛】 先找到目标方程式，然后能够应用盖斯定律，找到已知方程式的关系，算出对应的反应热数值。最后在依 据新的热化学方程式进行计算，求出相应的量。 6．某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂 片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。 据此，下列叙述正确的是（ ） A．铅笔端作阳极，发生氧化反应 B．铂片端作阴极，发生还原反应 C．铅笔端有少量的氯气产生 D．a 点是负极，b 点是正极 【答案】D 【解析】此为电解氯化钠溶液的实验装置，电解时的阴极反应为：2H＋+2e－═H2↑，或 2H2O+2e－═H2↑+2OH－，阳 极发生的反应为：2Cl－-2e－═Cl2↑， 总反应为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阴极溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色。 A．用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹，说明铅笔做阴极，反应为：2H＋+2e－═H2↑，或 2H2O+2e－ ═H2↑+2OH－，溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色，故 A 错误； B．阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，在该电解池中，铅笔做阴极，铂片做阳极，故 B 错误； C．铅笔做阴极，反应为：2H＋+2e－═H2↑，或 2H2O+2e－═H2↑+2OH－，有氢气产生，故 C 错误； D．用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹，说明铅笔做阴极，连接电源的负极，即 a 为负极，则 b 为正 极，故 D 正确。 故选 D。 7．用如图装置进行实验(A 为电流计)： 观察到现象： 装置图 1：Cu 电极上产生大量的无色气泡 装置图 2：Cu 电极上无气泡产生，而 Cr 电极上产生大量气泡 则下列说法正确的是（ ） A．图 1 是电解池，图 2 是原电池 B．两个电池中，电子均由 Cr 电极流向 Cu 电极 C．图 2 中 Cr 电极可能被浓 HNO3 钝化成惰性电极 D．由实验现象可知金属活动性：Cu>Cr 【答案】C 【解析】 A. 图 1 与图 2 均没有外加电源，所以均为原电池装置，故 A 错误；B. 图 1 中 Cr 为负极，铜为正极，电子 由 Cr 电极流向 Cu 电极，图 2 中 Cr 为正极，铜为负极，电子由 Cu 电极流向 Cr 电极，故 B 错误；C. 图 2 中 Cr 电极被浓 HNO3 钝化成惰性电极作正极，铜失电子作负极，故 C 正确；D. 由图 1 根据原电池原理可 知金属活动性： Cr> Cu，故 D 错误；本题正确答案为 C。点睛：本题考查原电池原理，判断电极名称时，要具体问题具体分析，而不能只根据金属活泼性判断。图 2 装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量气体，说明铜被氧化为负极，而正极上应是硝酸被还原 生成二氧化氮气体。 8．将 0.4mol Cu(NO3)2、0.6mol KCl 溶于水，配成 100mL 溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极上析出 了 0.3mol Cu，此时在另一电极上产生的气体体积(标准状况下)为（ ） A．7.84 L B．6.72 L C．5.6 L D．4.48 L 【答案】B 【解析】 若在一极析出 0.3mol Cu，阴极得到电子为 0.3mol×2=0.6mol，阳极发生：2Cl-2e-=Cl2↑，则 0.6mol Cl-生成 0.3mol Cl2，失去 0.6mol 电子，则气体的体积为 0.3mol×22.4L/mol=6.72 L；故选 B。 9．如下图所示的装置，C、D、F、X、Y 都是惰性电极，E 为铁棒。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液， 在 F 极附近显红色。则以下说法不正确的是 ( ) A．电源 B 极是负极 B．欲用丙装置给铜镀银，H 应该是 Cu，电镀液是 AgNO3 溶液 C．甲、乙装置的 C、D、E、F 电极均有单质生成，其物质的量之比为 1：2 ：2 ：2 D．装置丁中 Y 极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷 【答案】C 【解析】 A．电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致阴极附近显碱性，所以阴极附近溶液显红色， 在 F 极附近显红色，所以 F 极是阴极，则 B 极是负极，A 正确； B．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，所以欲用 （丙）装置给铜镀银，H 应该是 Cu，电镀液选是 AgNO3 溶液，B 正确； C．电解硫酸铜溶液时，E 为阳极且 Fe 作电极，故发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+，无单质生成，C 错误； D．电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X 极是阳极，Y 极是阴极，Y 极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，由此证明氢氧化铁胶粒带正电荷，D 正确； 故答案为：C。 10．自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为 N2 分 子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图： 下列叙述不正确的是（ ） A．催化剂 a 表面发生的反应属于氮的固定 B．催化剂 a 作用下氮原子发生了氧化反应 C．催化剂 a、b 表面断裂的化学键极性并不相同 D．催化剂 a、b 均可以降低反应活化能从而加快反应速率 【答案】B 【解析】 A．在催化剂 a 下，发生了反应 ，属于氮的固定，A 正确； B．在 反应中，氮元素的化合价降低，发生还原反应，故 B 错误； C．在催化剂 a 表面，氮气中的氮氮非极性键断裂；在催化剂 b 表面，氨气中的氮氢极性键断裂，二者化 学键极性不相同，故 C 正确； D．加入催化剂 a、b，通过降低反应活化能，使反应速率加快，D 正确； 答案选 B。 11．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确的是（ ） (T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1) 0.600 0.500 0.400 0.300 318.2 3.60 3.00 2.40 1.80 328.2 9.00 7.50 a 4.50 b 2.16 1.80 1.44 1.08 A．a＝6.00 2 2 3N +3H 2NH→ 2 2 3N +3H 2NH→B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v 可能不变 C．b＜318.2 D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 【答案】D 【解析】 A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K 时，速率的数值是浓度数值 的 1.5 倍，因此推出 a=6.00，故 A 说法正确； B、升高温度 v 增大，降低反应物浓度 v 减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v 可能不变，故 B 说 法正确； C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b 的反应速率小于 318.2K 的反应速率，说明 b 的温度低 于 318.2K，故 C 说法正确； D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故 D 说法错误。 故选 D。 12．反应 A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)，在不同情况下测得反应速率，反应最快的是（ ） A．v(D)＝0.4mol·L-1·s-1 B．v(C)＝0.5mol·L-1·s-1 C．v(B)＝0.6mol·L-1·s-1 D．v(A)＝0.15mol·L-1·s-1 【答案】B 【解析】 反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快 A.v(A)= v(D)=0.2 mol/(L⋅s) B.v(A)= v(C)=0.25mol/(L⋅s)， C.v(A)= v(B)=0.2mol/(L⋅s)， D.v(A)=0.15mol/(L⋅s)， 所以反应速率 v(C)>v(B)v(D)>v(A)， 答案选 B。 13．某温度时，浓度均为 1mol·L-1 的两种气体 X2 和 Y2，在恒容密闭容器中发生可逆反应生成气体 Z，充分反 应后 X2 的浓度为 0.4mol·L-1，Y2 的浓度为 0.8mol·L-1，生成的 Z 的浓度为 0.4mol·L-1，则该反应的化学方 1 2 1 2 1 3程式(Z 用 X、Y 表示)是 A．X2+2Y2 2XY2 B．2X2+Y2 2X2Y C．X2+3Y2 2XY3 D．3X2+Y2 2X3Y 【答案】D 【解析】 计算各物质的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此确定各物质的化学计量数，再 利用原子守恒用 X、Y 表示 Z 的组成，据此书写方程式。 充分反应后，△c(X2)=1mol•L-1-0.4mol•L-1=0.6mol•L-1，△c(Y2)=1mol•L-1-0.8mol•L-1=0.2mol•L-1， △c(Z)=0.4mol•L-1，则 X2、Y2、Z 的化学计量数之比为=0.6mol•L-1：0.2mol•L-1：0.4mol•L-1=3：1：2，故反 应为 3X2+Y2⇌2Z，根据原子守恒可知，Z 为 X3Y，故反应可以表示为：3X2+Y2⇌2X3Y； 答案为 D。 14．体 NH4Br 置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s) NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g) Br2(g)＋ H2(g)，2 min 后，测知 H2 的浓度为 0.5 mol·L－1，HBr 的浓度为 4 mol·L－1，若上述反应速率用 v(NH3)表示， 则下列速率正确的是(　　) A．0.5 mol·L－1·min－1 B．2.5 mol·L－1·min－1 C．2 mol·L－1·min－1 D．1.25 mol·L－1·min－ 1 【答案】B 【解析】 根据反应可知，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，溴化铵分解生成的溴化氢的浓度为：c（HBr） +2c（H2）=4mol/L+2×0.5mol/L=5mol/L， 所以 2min 后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c（NH3）=c 总（HBr）=5mol/L， 氨气的平均反应速率为： =2.5 mol/（L•min），故选 B。 答案：B 【点睛】 本题考查了化学反应速率的计算，题目难度中等，解题关键是分析、理解题中可逆反应中氨气与溴化氢的 浓度关系，根据 2min 后氢气和溴化氢的浓度计算出氨气的浓度； 15．某温度时，在 2 L 容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化 学方程式和反应开始至 2 min 末 Z 的平均反应速率分别为（　　） 5 / 2 mol l minA．X+3Y=2Z 0.1 mol• · B．2X+Y 2Z 0.1 mol• · C．X+2Y=Z 0.05 mol• · D．3X+Y 2Z 0.05 mol• · 【答案】D 【解析】 由图可知，Y、X 的物质的量减小，Z 的物质的量增加，则 Y、X 为反应物，Z 为生成物，且△n 之比为 (1−0.9):(1−0.7):(0.2−0)=1:3:2，2min 达到平衡，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，反应 为 3X+Y⇌2Z；反应开始至 2min 末 Z 的平均反应速率为 =0.05mol⋅min−1； 故选：D。 16．反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态 的是 （ ） A．容器内气体的密度不再变化 B．容器内压强保持不变 C．相同时间内，生成 N－H 键的数目与断开 H－H 键的数目相等 D．容器内气体的浓度之比 c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2 【答案】A 【解析】 A.该反应的正反应是气体分子数减小的反应，反应在恒压容器中，建立平衡的过程容器体积减小，而气体 质量一直不变，气体的密度增大，平衡时体积不再改变，则平衡时密度不再改变，容器内气体的密度不再 变化可作为平衡的依据； B.反应在恒压容器中，容器内压强保持一直不变，不能作为平衡的依据； C.相同时间内，生成 N－H 键的数目是生成 H－H 键的数目的 2 倍时，反应达到平衡状态，相同时间内生 成 N—H 键与断开 H—H 键都表示正反应，不能说明反应达到平衡； D.容器内气体的浓度之比 c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2 时反应不一定达到平衡状态； 1L− 1min−  1L− 1min− 1L− 1min−  1L− 1min− 0.2mol 2L 2min答案为 A。 17．已知可逆反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，其平衡常数表达式正确的是( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 化学平衡常数表达式是利用化学平衡状态下的平衡浓度计算，K= 。 可逆反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，其平衡常数表达式 ，C 符合题意。 答案选 C。 18．在两个恒容密闭容器中进行下列两个可逆反应：（甲）C（s）＋H2O（g） CO（g）＋H2（g）； （乙）CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）。现有下列状态： ①混合气体平均相对分子质量不再改变　 ②恒温时，气体压强不再改变　 ③各气体组分浓度相等　 ④断裂氢氧键的速率为断裂氢氢键速率的 2 倍　 ⑤混合气体的密度不变　 ⑥单位时间内，消耗水蒸气的质量与生成氢气的质量比为 9∶1　 ⑦同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量。其中能表明（甲）、（乙）容器中反应 都达 到平衡状态的是（　　） A．①②⑤ B．③④⑥ C．①⑥⑦ D．④⑦ 【答案】D 【解析】 ①(乙)容器气体的质量、物质的量不变，混合气体平均相对分子质量不变，故①不能表明（乙）容器中反 应达到平衡状态；②恒温时，(乙)容器气体的物质的量不变，气体压强不变，故②不能表明（乙）容器中 反应达到平衡状态；③各气体组分浓度相等与平衡状态之间没有一定关系，故③不能表明（甲）、（乙）  高温、高压 催化剂 ( ) ( ) ( ) 2 2 3 c N ×c HK= c NH ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 c N ×c HK= c NH ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 c NHK= c N ×c H ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 c NHK= c N ×c H 生成物浓度的幂之积 反应物浓度的幂之积  高温、高压 催化剂 ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 c NHK= c N ×c H容器中反应都达到平衡状态；④水分子含有两个氢氧键，氢分子含有一个氢氢键，断裂氢氧键的速率为断 裂氢氢键速率的 2 倍，说明水的消耗速率等于氢气的消耗速率，正反应速率等于逆反应速率，故④能表明 （甲）、（乙）容器中反应都达到平衡状态；⑤(乙)容器气体的质量、体积不变，混合气体密度不变，故⑤ 不能表明（乙）容器中反应达到平衡状态；⑥单位时间内，消耗水蒸气的物质的量等于生成氢气的物质的 量，都是正反应速率，故⑥不能表明（甲）、（乙）容器中反应都达到平衡状态；⑦同一时间内，水蒸气 消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，正反应速率等于逆反应速率，故⑦能表明（甲）、（乙）容器 中反应都达到平衡状态。故选 D。 点睛：化学平衡状态的本质是 v 正＝v 逆，宏观上表现为各物质的浓度等物理量不变。 19．某温度下在 2L 密闭容器中加入一定量 A，发生以下化学反应： 2A(g) B(g)+C(g)；ΔH =－48.25 kJ·mol－1，反应过程中 B、A 的浓度比与时间 t 有下图所示关系，若测 得第 15min 时 c(B)=1.6 mol·L－1，下列结论正确的是 A．该温度下此反应的平衡常数为 3.2 B．A 的初始物质的量为 4 mol C．反应到达平衡时，放出的热量是 193kJ D．反应达平衡时，A 的转化率为 80% 【答案】D 【解析】 根据 c（B）=1.6 mol/L，n（B）=3.2mol，由图可推知 n（A）=1.6mol，根据三步法计算可知： 可以计算出 x=8mol，所以平衡时 A、B、C 的浓度分别为 0.8mol/L，1.6mol/L，1.6mol/L。 A.平衡常数 K= =4，错误； B.A 起始为 8mol，错误； C.到达平衡生成 3.2mol B，放出的热量是 3.2×48.25=154.4kJ，C 错误； 2 1.6 1.6 0.8 ×D.反应达平衡时，A 的转化率为 ×100%=80％，D 正确。 故选 D。 20．我国科研工作者构建了一种在反应过程中能同时活化水和甲醇的双功能结构催化剂，用以解决氢气的高效 存储和安全运输。下图是甲醇脱氢转化的反应历程(TS 表示过渡态)。 下列说法错误的是 A．CH3OH 的脱氢反应是分步进行的 B．甲醇脱氢反应历程的最大能垒(活化能)是 1.30 eV C．甲醇脱氢反应中断裂的化学键有 C—H 键和 O—H 键 D．该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了思路 【答案】B 【解析】 由图示可知，CH3OH 的脱氢反应是分四步进行的，逐步脱去一个氢原子，前三步断裂的是 C—H 键，第四 步断裂的是氢氧键，最后生成一氧化碳和氢气，然后分析。 A．根据分析可知，CH3OH 的脱氢反应是分步进行的，逐步脱去氢原子得到一氧化碳和氢气，故 A 正确； B．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，甲醇脱氢反应历程的最大 能垒(活化能)是第四步脱氢，活化能=-2.02eV -(-2.69 eV)=0.67eV，故 B 错误； C．前三步断裂的是 C—H 键，第四步断裂的是氢氧键，甲醇脱氢反应中断裂的化学键有 C—H 键和 O—H 键，故 C 正确； D．甲醇脱氢过程中，经历的反应历程为其他醇类物质脱氢提供了依据，该催化剂的研发为醇类重整产氢 的工业应用提供了思路，故 D 正确；答案选 B。 第 II 卷（非选择题，共 60 分） 三、填空题 21．（每空 2 分，共 10 分）请根据所学知识回答下列问题： （1）同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），在光照和点燃条件下的 ΔH（化学计量数相同）分别为 6.4 8 mol molΔH1、ΔH2，ΔH1 ΔH2（填“＞”、“＜”或“=”，下同）。 （2）相同条件下，2 mol 氢原子所具有的能量 1 mol 氢分子所具有的能量。 （3）已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中 ΔH 的大小：ΔH1 ΔH2。 ①P4（白磷，s）+5O2（g）= 2P2O5（s）ΔH1 ②4P（红磷，s）+5O2（g）= 2P2O5（s）ΔH2 （4）已知：稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）= H2O（l）ΔH=﹣57.3 kJ/mol，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液 反应生成 1 mol 水，放出的热量 57.3 kJ． （5）已知：0.5 mol CH4（g）与 0.5 mol 水蒸气在 t℃、pkPa 时，完全反应生成 CO 和 H2 的混合气体，吸 收了 akJ 热量，该反应的热化学方程式是____________。 【答案】（1）＝ （2） ＞ （3） ＜ （4） ＞ （5）CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH=+2akJ/mol 【解析】 （1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关系，与反应条件无关，则光照和点燃条件的 ΔH 相同， 即 ΔH1＝ΔH2； （2）氢气分子生成氢原子要破坏化学键，断键需要吸热，则 2mol 氢原子所具有的能量大于 1mol 分子所 具有的能量； （3）已知常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多，由于 ΔH＜0，放出的能量越 多反应热越小，因此 ΔH1＜ΔH2。 （4）由于浓硫酸溶于水放热，所以浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成 1 mol 水，放出的热量＞57.3 kJ； （5）已知 0.5 mol CH4（g）与 0.5 mol 水蒸气在 t℃、pkPa 时，完全反应生成 CO 和 H2 的混合气体，吸收 了 akJ 热量，所以 1 mol CH4（g）与 1 mol 水蒸气在 t℃、pkPa 时，完全反应生成 CO 和 H2 的混合气体， 吸收了 2akJ 热量，所以该反应的热化学方程式是 CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH=+2akJ/mol。 22．（最后一空 3 分，其余每空 2 分，共 8 分）一定温度下，在容积为 VL 的密闭容器中进行反应，M、N 两 种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示： (1)该反应的化学反应方程式是_______________________________； (2) t 1 到 t 2 时刻，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为：____________________；(3)若达到平衡状态的时间是 4 min，N 物质在该 4 min 内的平均反应速率为 1.5mol⋅L−1⋅min−1，则此容器的 容积为 V=___L； (4)反应 A(g)+B(g) ⇌2C(g)，当改变下列条件时，会加快反应速率的是_____________（填序号）。 ①降低温度 ②保持容器的体积不变，充入氦气 ③加入催化剂 ④保持容器的体积不变，增加 A(g)的物质的量 【答案】(1)2N⇌M (2) mol⋅L−1⋅min−1 (3)1L (4)③④ （3 分） 【解析】 (1) M 的物质的量增加、N 的物质的量减小，所以 N 是反应物、M 是生成物，物质的量变化值之比等与化 学计量数之比，即 N 与 M 的化学计量数之比为（8mol-2mol）: （5mol-2mol）=2:1，后来达到平衡，故该 反应的化学反应方程式是 2N⇌M； (2) t 1 到 t 2 时刻，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为 mol⋅L−1⋅min−1； (3)若达到平衡状态的时间是 4 min，N 物质在该 4 min 内的平均反应速率为 1.5mol⋅L−1⋅min−1，则消耗 N 为 6Vmol，由图知，在该 4 min 内消耗 N 为 6mol，则此容器的容积为 V=1L； (4)反应 A(g)+B(g) ⇌2C(g)，①降低温度 ，则速率减慢； ②保持容器的体积不变，充入氦气 ，各物质的浓 度不变，对速率没有影响； ③加入催化剂，能加快反应速率；④保持容器的体积不变，增加 A(g)的物质 的量，则增大 A(g)的浓度，反应速率加快；故会加快反应速率的是③④。 23．（每空 2 分，共 10 分）(1)图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。 ①该电化学腐蚀称为__________。 ②图中 A、B、C、D 四个区域，生成铁锈最多的是_______(填字母)。 (2)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图防腐示意图，并作相应标注________。 2 1 1 ( )V t t⋅ − 2 1 2 1 4mol 3mol 1L ( )min ( ) V t t V t t − =− ⋅ −(3)航母舰体材料为合金钢。 ①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_______。 ②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为________。 【答案】 (1)①吸氧腐蚀 ②B (2) (3)吸氧腐蚀 或 【解析】 （1）由题图可看出，在海水中，该电化学腐蚀属于吸氧腐蚀，在 A、B、C、D 四个区域中，因为 B 区能 接触到氧气，则生成铁锈最多的是 B 区，故答案为：吸氧腐蚀；B； （2）铜是不活泼的金属，石墨是能导电的非金属，所以应用阴极电保护法保护铜，石墨与直流电源的正 极相连，做电解池的阳极，铜与直流电源的负极相连，做阴极，防腐示意图为 ，故答案为： ； （3）①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀； ②二氧化硅为酸性氧化物，为降低生铁中硅的含量，即降低二氧化硅的含量，可加入碳酸钙或氧化钙，使 其在高温下与二氧化硅反应，故答案为： 或 。 24．（每空 2 分，共 16 分）利用所学电化学反应原理，解决以下问题： (1)如图是电解未知浓度的硝酸银溶液的示意图，请根据要求答题。 3CaCO CaO 3CaCO CaO①Fe 电极叫做 极，C 电极的反应式为 。 ②当某电极的固体质量增重 21.6g 时，整个装置共产生气体（标准状况下）体积 2.24L，推断该气体的组 成 。 (2)图中甲池的总反应式为 N2H4+O2=N2+2H2O。 ①甲池中负极上的电极反应式为 。 ②乙池中石墨电极上发生的反应为 。 ③要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的 。 A．CuO B．Cu(OH)2 C．CuCO3 D．CuSO4 (3)某科研小组用 SO2 为原料制取硫酸。 ①利用原电池原理，用 SO2、O2 和 H2O 来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能 使气体与电解质溶液充分接触。请写出该电池负极的电极反应式： 。 ②用 Na2SO3 溶液充分吸收 SO2 得 NaHSO3 溶液，然后电解该溶液可制得硫酸。电解原理示意图如图。请 写出开始时阳极反应的电极反应式： 。 【答案】 (1) ①阴极 4OH－－4e－=2H2O+O2↑ ②H2 和 O2 (2) ①N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O ②2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ ③ A、C (3)①SO2＋2H2O－2e－=SO ＋4H+ ②HSO ＋H2O－2e－=SO ＋3H+ 【解析】 (1)①Fe 电极连接的是电源的负极，因此为电解质的阴极，C 电极为阳极，是水中氢氧根失去电子，其电极 反应式为 4OH－－4e－=2H2O+O2↑；故答案为：阴；4OH－－4e－=2H2O+O2↑。 2 4 − 3 − 2 4 −②当某电极的固体质量增重 21.6g 时，则为铁电极上生成银单质，物质的量为 0.2mol，阳极生成氧气，则 根据得失电子守恒和 4Ag—O2↑，则生成银时得到的氧气物质的量为 ，而整个装置共产 生气体（标准状况下）体积 2.24L 即 0.1mol，则说明阴极银离子反应完后，氢离子开始反应，因此该气体 的组成 H2 和 O2；故答案为：H2 和 O2。 (2)①根据甲池总反应得到甲池为原电池，N2H4 中氮化合价升高，作原电池负极，因此甲池中负极上的电 极反应式为 N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；故答案为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O。 ②乙池中石墨连接电源的正极，石墨为阳极，其电极上发生的反应为 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或 4OH－－4e －=2H2O＋O2↑；故答案为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。 ③乙池电解得到铜和氧气，只需将生成的物质两者反应即得到氧化铜，再加入到反应后的溶液中就能使乙 池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的氧化铜，而碳酸铜加入后释放出二氧化碳，相当于加入的 氧化铜，因此答案为 AC。 (3)①利用原电池原理，用 SO2、O2 和 H2O 来制备硫酸，SO2 中 S 化合价升高，为原电池负极，因此电池负 极的电极反应式 SO2＋2H2O－2e－=SO ＋4H+；故答案为：SO2＋2H2O－2e－=SO ＋4H+。 ②用 Na2SO3 溶液充分吸收 SO2 得 NaHSO3 溶液，然后电解该溶液可制得硫酸，HSO 失去电子得到硫酸， 为电解池的阳极，因此开始时阳极反应的电极反应式：HSO ＋H2O－2e－=SO ＋3H+；故答案为：HSO ＋H2O－2e－=SO ＋3H+。 【点睛】 根据连接的电源正负极判断电解池的阴阳极，根据化合价升降判断原电池的正负极，根据信息分析化合价 变化得到原电池的正负极还是电解池的阴阳极。 25．（每空 3 分，共 15 分）)如何降低大气中 CO2 的含量及有效地开发利用 CO2 引起了全世界的普遍重视。目 前工业上有一种方法是用 CO2 来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为 1L 的密闭 容器中，充入 1molCO2 和 3molH2。在 500℃下发生发应，CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O （g）。实验测得 CO2 和 CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如下图 1 所示： 0.2mol =0.05mol4 2 4 − 2 4 − 3 − 3 − 2 4 − 3 − 2 4 −（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率 v（H2）＝________。 （2）500℃该反应的平衡常数为__________________（结果保留一位小数），图 2 是改变温度时化学反应 速率随时间变化的示意图，若提高温度到 800℃进行，达平衡时，K 值_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）下列措施中不能使 CO2 的转化率增大的是_______。 A 在原容器中再充入 1mol H2 B 在原容器中再充入 1molCO2 C 缩小容器的容积 D 使用更有效的催化剂 E 将水蒸气从体系中分离出 （4）500℃条件下，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和 H2O（g）的浓度均为 0.5mol/L， 则此时 v（正）____ v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。 【答案】（1）0.225mol/（L·min） （2） 5.3 减小 （3）BD （4）＞ 【解析】 (1)由图可知，10min 到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为 0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于 甲醇的浓度变化量 3 倍为 2.25mol/L，v= ，据此计算； (2)平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度，平衡逆向移 动，平衡常数减小； (3)要提高 CO2 的转化率，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断； (4)依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向。 (1)由图可知，10min 到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为 0.75mol/L，由方程式 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O 可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的 3 倍，则氢气的浓度变化 量为：0.75mol/L×3=2.25mol/L，则 v(H2)= =0.225mol/(L•min)； (2)由(1)可知平衡时各组分的浓度 c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则 c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以 K= = =5.3，升高温度，平 c t   2.25mol / L 10min ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 2 3 c CH OH c H O c CO c H   3 0.75 0.75 0.25 0.75 × ×衡逆向移动，平衡常数减小； (3)A．在原容器中再充入 1mol H2，平衡向正反应方向移动，CO2 的转化率增大，故 A 不选；B．在原容器 中再充入 1molCO2，CO2 的转化率反而减小，故 B 选；C．缩小容器的容积即增大压强，平衡向正反应方 向移动，CO2 的转化率增大，故 C 不选；D．使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2 的转化率不变，故 D 选；E．将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，CO2 的转化率增大，故 E 不选；故答案为 BD； (4)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和 H2O(g)的浓度均为 0.5mol/L，浓度商 Q= = =4＜K=5.33，说明反应正向进行 v 正＞v 逆。 ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 2 3 c CH OH c H O c CO c H   3 0.5 0.5 0.5 0.5 × ×