2018-2019学年福建省惠安惠南中学高二上学期期中考试化学试题 解析版 23页

惠南中学2018年秋季期中考试卷高二化学（理科）‎ 命题者：陈晓彬 考试时间:90分钟 满分:100分 2018.11.6‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cu:64 Ag:108‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一．选择题（共24小题，每小题2分，共48分，每小题只有一个正确选项）‎ ‎1.2015年2月28日，央视原记者柴静及其团队制作的视频《穹顶之下》引起了人们对环境保护的再思考，下列说法体现人与自然和谐相处的是 A. 将聚氯乙烯等塑料垃圾焚烧 B. 推广矿物燃料脱硫技术以减少SO2等有害气体的排放 C. 大力开采石油、煤、页岩气（主要成分为CH4）等化石燃料 D. 电池使用后随意丢弃，无需处理 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将聚氯乙烯等塑料垃圾焚烧，产生的气体污染空气；SO2、NOx是污染性气体，大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术以减少SO2、NOx的排放；石油、煤、页岩气的燃烧，不能减少二氧化碳排放；电池使用后随意丢弃，易引起重金属污染。‎ ‎【详解】将聚氯乙烯等塑料垃圾焚烧，产生的气体污染空气，故A错误；SO2、NOx是污染性气体，大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术以减少SO2、NOx的排放，符合人和自然和谐相处，故B正确；石油、煤、页岩气的燃烧，不能减少二氧化碳排放，而且大力开采石油、煤、页岩气（主要成分为CH4）等化石燃料，不符合可持续发展原则，故C错误；电池使用后随意丢弃，易引起重金属污染，废旧电池要回收处理，故D错误。‎ ‎2.下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）‎ A. C2H5OH(l) +3O2(g) =2CO2(g) +3H2O(g) △H=－1367.0 kJ·mol-1（标准燃烧热）‎ B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq) +H2O(l) △H= +57.3 kJ·mol-1（中和热）‎ C. S(s) +O2(g) = SO2(g) △H= —269.8 kJ·mol-1‎ D. 2NO2=O2+2NO △H=+116.2 kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C2H5OH标准燃烧热是1mol C2H5OH完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量；中和反应放热，焓变为负值；燃烧反应放热，焓变为负值；热化学方程式要注明物质的状态；‎ ‎【详解】C2H5OH标准燃烧热是1mol C2H5OH完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，所以C2H5OH(l) +3O2(g) =2CO2(g) +3H2O(g) △H=－1367.0 kJ·mol-1，不能表示甲醇的标准燃烧热，故A错误；中和反应放热，焓变为负值，NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq) +H2O(l) △H= －57.3 kJ·mol-1，故B错误；燃烧反应放热，焓变为负值，S(s) +O2(g) = SO2(g) △H= —269.8 kJ·mol-1，故C正确；热化学方程式要注明物质的状态，2NO2(g)=O2(g)+2NO(g) △H=+116.2 kJ·mol-1，故D错误。‎ ‎；‎ ‎3.己知25 C、101 kPa下，下列反应C(石墨)+O2(g)=CO2(g)，△H=-393.51kJ/mol；C(金刚石)+O2(g)=CO2(g)，△H=-395.41kJ/mol 可以得出的结论是（ ）‎ A. 金刚石比石墨稳定 B. 1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低 C. 金刚石转变成石墨是物理变化 D. 石墨和金刚石都是碳的同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 两个反应相减可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H=+1.9kJ∙mol-1，故石墨比金刚石稳定，1mol石墨所具有的能量比1mol金刚石低，故A错误、B正确；金刚石和石墨属于不同物质，金刚石转变成石墨是化学变化，C错误；石墨和金刚石都是碳的同素异形体，D错误。‎ 点睛：本题考查热化学方程式的书写及应用，根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小，注意物质的稳定性与能量的关系：能量越低越稳定。‎ ‎4.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 反应过程a有催化剂参与 B. 该反应为吸热反应，热效应等于△H C. 有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2‎ D. 改变催化剂，可改变该反应的活化能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、催化剂能降低反应的活化能； B、该反应反应物能量高于生成物； C、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能． D、不同的催化剂对反应的催化效果不同。‎ ‎【详解】A、催化剂能降低反应的活化能，所以b中使用了催化剂，故A错误； B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，故B错误； C、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故C错误；D、不同的催化剂，反应的活化能不同，故D正确。‎ ‎5.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是 ‎①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g) △H1=+571.6kJ·mol–1‎ ‎②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) △H2=+131.3kJ·mol–1‎ ‎③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) △H3=+206.1kJ·mol–1‎ A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应 C. 反应③使用催化剂，△H3减小 D. 反应CH4(g)＝C(s)+2H2(g)的△H=+74.8kJ·mol–1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，故A错误；②焦炭与水反应制氢 ΔH2>0，反应吸热，故B错误；使用催化剂，ΔH3不变，故C错误；根据盖斯定律，③－②得CH4（g）=== C（s）+2H2（g）的ΔH3= +74.8 kJ·mol–1，故D正确。‎ 视频 ‎6.关于如图装置的说法正确的是 A. 银电极是负极 B. 铜电极上发生的反应为Cu－2e－＝Cu2＋‎ C. 外电路中的电子是从银电极流向铜电极 D. 该装置能将电能转化为化学能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、Cu比Ag活泼，Cu失去电子，发生氧化反应，所以Cu是负极，Ag是正极，错误；B、负极发生的反应是Cu-2e－=Cu2＋，正确；C、外电路中的电子是从负极流向正极，所以电子从Cu极流向Ag极，错误；D、该装置是原电池装置，是把化学能转化为电能，错误，答案选B。‎ 考点：考查电化学装置的判断，原电池反应原理的应用 ‎7.A、B、C是三种金属，根据下列 ①、② 两个实验：① 将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A表面有气泡逸出，B逐渐溶解；② 电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C（使用惰性电极）。A、B、C的还原性强弱顺序为 A. B＞A＞C B. A＞B＞C C. C＞A＞B D. B＞C＞A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①为原电池反应，活泼金属为负极，②为电解，金属阳离子氧化性较强的离子先在阴极析出，金属阳离子的氧化性越强，对应的金属单质的活泼性越弱。‎ ‎【详解】①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，可说明B为负极，A为正极，原电池中活泼金属为负极，则还原性B＞A；②为电解，金属阳离子氧化性较强的离子先在阴极析出，金属阳离子的氧化性越强，对应的金属单质的活泼性越弱，阴极上先析出C，说明活泼性A＞C，则三种金属的还原性强弱为B＞A＞C，故选A。‎ ‎【点睛】本题以金属的还原性为载体综合考查原电池和电解池知识，侧重于电化学的综合应用，题目难度不大，把握原电池的工作原理和电解池中离子的放电顺序。‎ ‎8.分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是(　　)‎ A. ①②中Mg作负极，③④中Fe作负极 B. ②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑‎ C. ③中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋‎ D. ④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，③中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，不能形成原电池，故A错误；B．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，电极反应式为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑，故B正确；C．金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，金属铜可以和浓硝酸之间反应，从而形成原电池，金属铜是负极，Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D．铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故D错误；故选B。‎ 考点：考查学生原电池的工作原理知识 ‎9.甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如图。 ‎ 下列有关叙述不正确的是 A. H +从负极区通过交换膜移向正极区 B. 电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O C. 负极的电极反应式为：CH3OH+ H2O－6e－＝CO2↑+ 6H +‎ D. 图中b、c分别是O2、甲醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池反应中正极得到电子，发生还原反应，负极失去电子，发生氧化反应。所以甲醇在负极通入，空气在正极通入。电子由负极经导线传递到正极上，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。‎ ‎【详解】A.原电池工作时，阳离子移向电池的正极，故A正确；根据图示，电池中甲醇与氧气反应生成二氧化碳和水，电池总反应为2CH3OH＋3O2 = 2CO2＋4H2O，故B正确；负极甲醇失电子被氧化，电极方程式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C正确; 甲醇在负极通入，空气在正极通入，根据图示，氢离子移向乙电极，所以乙是正极，图中b、c分别是甲醇、O2，故D错误。‎ ‎10.高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述不正确的是 A. 放电时负极反应为：Zn-2e—+2OH-= Zn(OH)2‎ B. 充电时阳极发生氧化反应，OH—向阴极附近 C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成 D. 放电时正极反应为：FeO42— + 3e— + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池反应式知，放电时，锌失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，高铁酸钾得电子作正极，电极反应式为FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，充电时，氢氧化铁失电子发生氧化反应。‎ ‎【详解】A．放电时，锌失电子发生氧化反应作负极，电极反应式是Zn-2e—+2OH-= Zn(OH)2，故A正确； B．充电时，该装置为电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴离子移向阳极，故B错误； C．充电时阴极反应是Zn（OH）2+2e-=Zn+2OH-，所以每转移3mol电子，1.5molZn生成，故C正确； D．放电时FeO42-在正极发生还原反应，电极反应为，FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，故D正确；选B。‎ ‎11.用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）。下列分析正确的是 A. a端是直流电源的负极 B. 通电使CuCl2发生电离 C. 阳极上发生的反应：Cu2++2e-=Cu D. 通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；‎ B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；‎ C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；‎ D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查电解原理的应用，主要是电解名称、电极反应的判断，题目较简单．‎ 视频 ‎12.在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，下列电解质中不适宜加入的是 A. KI B. KNO3 C. H2SO4 D. NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电解水制取H2和O2时，阳极反应是4OH--4e-= 2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2。‎ ‎【详解】电解碘化钾溶液，阳极反应是2I--2e-=I2，故A不合适；电解KNO3溶液，阳极反应是4OH--4e-= 2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2，故B合适；电解H2SO4溶液，阳极反应是4OH--4e-= 2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2，故C合适；电解NaOH溶液，阳极反应是4OH--4e-= 2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2，故D合适；选A。‎ ‎13.下列图示中关于铜电极的连接错误的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌的活泼性大于铜，铜锌原电池中锌是负极；电解法精炼铜时，精铜作阴极、粗铜作阳极；电镀时，镀件做阴极、镀层金属作阳极；电解氯化铜溶液时，惰性电极作阳极，则阳极上氯离子放电生成氯气，无论阴极是否活泼，阴极上都是铜离子得电子生成铜。‎ ‎【详解】锌的活泼性大于铜，铜锌原电池中锌是负极，故A正确；电解法精炼铜时，精铜作阴极、粗铜作阳极，故B正确；电镀时，镀件做阴极、镀层金属作阳极，镀件上镀铜，铜作阳极，故C错误；电解氯化铜溶液时，惰性电极作阳极，则阳极上氯离子放电生成氯气，无论阴极是否活泼，阴极上都是铜离子得电子生成铜，故D正确。选C。‎ ‎14.某学生欲完成2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑反应，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的实验是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 银与盐酸常温下不能自发反应，所以要在通电条件下完成反应，银失电子发生氧化反应，所以银作阳极；盐酸作电解质溶液。‎ ‎【详解】银与盐酸常温下不能自发反应，所以要在通电条件下完成，银失电子发生氧化反应，所以银作阳极；盐酸作电解质溶液，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确原电池形成条件是解本题的关键，注意原电池必须是自发的进行氧化还原反应，为易错点。‎ ‎15.将含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液1 L，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu；此时，在另一电极上放出气体的体积（标况）为 A. 3.36 L B. 5.6 L C. 6.72 L D. 13.44 L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，阴极发生的反应是Cu2++2e-=Cu，阳极发生的反应依次是：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，根据阴阳极转移电子数相等计算。‎ ‎【详解】阴极发生Cu2++2e-=Cu，可知阴极得到0.6mol电子。阳极依次发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，根据氯元素守恒，氯离子完全析出时，生成n（Cl2）=0.2mol，转移电子0.4mol，则4OH--4e-=O2↑+2H2‎ O反应转移电子0.2mol，生成氧气0.05mol，所以阳极共生成（0.2+0.05）mol=0.25mol气体，气体体积（标况）=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故选B。‎ ‎【点睛】本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等。‎ ‎16.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是 A. Cu电极上发生还原反应 B. 电子沿Zn→a→b→Cu路径流动 C. 盐桥中K+向移向ZnSO4溶液 D. 片刻后可观察到滤纸b点变红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ K闭合，甲、乙能自发进行氧化还原反应而组成原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，原电池工作时，盐桥中阴离子向负极区域移动，电子从负极沿导线流向阴极，从阳极流向正极。‎ ‎【详解】A．铜电极是正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，故A正确； B．电子从Zn→a，b→Cu路径流动，a、b之间没有电子流动，故B错误； C．盐桥中阳离子向正极区域移动，盐桥中K+向移向CuSO4溶液，故C错误； D．b是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，导致b电极附近溶液酸性增强，则滤纸b显无色，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，明确根据原电池电极反应的自发性确定正负极，再结合阴阳极上发生的电极反应来分析解答；注意：电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流。‎ ‎17.如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和稀醋酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是 A. 生铁块中的碳是原电池的正极 B. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－ ＝ Fe2＋‎ C. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀 D. 红墨水柱两边的液面变为左低右高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铁所处的环境分析，铁将发生电化学腐蚀。b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，生成氢气，导致右侧压强增大。A试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，左侧压强减小。‎ ‎【详解】生铁在潮湿的环境中将发生电化学腐蚀，铁失电子发生氧化反应，铁为负极、碳为正极，故A正确；两试管中都是铁为负极，负极反应式是：Fe－2e－ ＝ Fe2＋，故B正确；b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，A试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，故C正确；b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，生成氢气，导致右侧压强增大。A试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，左侧压强减小，所以红墨水水柱是左高右低，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，明确生铁在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中易发生析氢腐蚀，无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是铁失电子被氧化。‎ ‎18.如右图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中。下列分析正确的是（ ）‎ A. K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－→H2↑‎ B. K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高 C. K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法 D. K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键。若闭合K1，该装置为原电池，铁作负极，铁发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气发生还原反应；若闭合K2，该装置为电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极。‎ ‎19.在2L密闭容器中，发生3A(g)＋B(g) 2C(g)的反应，若最初加入A和B都是4mol， A的平均反应速率为0.12mol·L﹣1·s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是 A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 3.2 mol D. 3.6 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应速率比等于系数比，A的平均反应速率为0.12mol·L﹣1·s﹣1，则B的反应速率是0.04 mol·L﹣1·s﹣1，10s内B的浓度变化是0.04 mol·L﹣1·s﹣1 10s=0.4 mol·L﹣1。‎ ‎【详解】反应速率比等于系数比，A的平均反应速率为0.12mol·L﹣1·s﹣1，则B的反应速率是0.04 mol·L﹣1·s﹣1，10s内B的浓度变化是0.04 mol·L﹣1·s﹣1 10s=0.4 mol·L﹣1，则10s后容器中B的物质的量是4mol-0.4 mol·L﹣1 2L=3.2mol，故选C。‎ ‎20.以下说法中正确的是 A. △H＜0的反应均是自发反应 B. △S为负值的反应均不能自发进行 C. 冰在室温下自动熔化成水，是熵增的重要结果 D. 高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎△H、△S共同决定反应方向；△H＜0、△S＜0的反应在低温条件下能自发进行；‎ 冰在室温下自动熔化成水，△H>0、△S>0；高锰酸钾加热分解放出氧气。‎ ‎【详解】△H＜0易发生，△H是影响化学反应方向的因素，但不是唯一因素，有些△H＜0的反应不能自发进行，故A错误；△H＜0、△S＜0的反应在低温条件下能自发进行，故B错误；熵变大于0的反应易发生，冰熔化成水的△H>0，所以冰在室温下自动熔化成水，是熵增的重要结果，故C正确；高锰酸钾加热分解放出氧气，气体物质的量增大，所以熵增大，故D错误。‎ ‎21.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3－＝Cu2++2NO2↑+H2O B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe＝2Fe2+‎ C. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+＝H2SiO3↓+3Na+‎ D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与稀硝酸反应生成NO；Fe3++Fe＝2Fe2+不符合电荷守恒；Na2SiO3是可溶性强电解质，离子方程式中拆写成离子；向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵。‎ ‎【详解】铜与稀硝酸反应生成NO，反应离子方程式是3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：2Fe3++Fe＝3Fe2+，故B错误；向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸： SiO32-+2H+＝H2SiO3↓，故C错误；向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式是Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式书写的正误判断，把握离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质、电荷守恒。‎ ‎22.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子 B. 1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子 C. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子 D. 3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；，B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；故选D。‎ 考点：阿伏伽德罗常数的相关计算 视频 ‎23.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)‎ Y Z X W A. 原子半径：XZ C. Z、W均可与Mg形成离子化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3×（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。A、原子半径：Z＜Y＜X，故错误；B、气态氢化物的稳定性：X＜ Z，故错误；C、O元素、Cl元素都能与Mg形成离子化合物，故正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ W，故错误。‎ 考点：考查物质结构、元素周期律等知识。‎ 视频 ‎24.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯 B. 聚氯乙烯分子中含碳碳双键 C. 丁烷有3种同分异构体 D. 油脂的皂化反应属于加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 淀粉催化水解生成葡萄糖,葡萄糖用酵母菌发酵生成乙醇和二氧化碳,乙醇氧化成乙醛,乙醛氧化成乙酸,乙醇与乙酸在浓硫酸,加热环境下生成乙酸乙酯；聚氯乙烯的结构简式是；丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3；油脂的皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油。‎ ‎【详解】淀粉催化水解生成葡萄糖,葡萄糖用酵母菌发酵生成乙醇和二氧化碳,乙醇氧化成乙醛,乙醛氧化成乙酸,乙醇与乙酸在浓硫酸,加热环境下生成乙酸乙酯，所以以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故A正确；聚氯乙烯的结构简式是，不含碳碳双键，故B错误；丁烷的结构有CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3两种同分异构体，故C错误；油脂的皂化反应生成高级脂肪酸钠和甘油，属于取代反应，故D错误。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二．填空题（共32分）‎ ‎25.如图装置，已知两电极上发生的电极反应分别为：a极：Cu2＋＋2e－＝ Cu ‎ ‎ b极：Fe－2e－＝ Fe2＋请回答下列问题：‎ ‎（1）该装置中电解质溶液一定含有_______ （填序号）‎ A． Cu2＋ B．Na＋ C．Fe2＋ D． Ag＋‎ ‎（2）若该装置是原电池，则b极为_______ 极（填“正”或“负”）；a极的电极材料可以是________；该电池反应的总反应方程式是____________________。‎ 若该装置是电解池，则a极为______ 极（填“阳”或“阴”）； 当a极的质量增加6.4g时，电路上通过电子的物质的量为________ mol。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 负 (3). 比铁不活泼即可如铜、银、铂、石墨等 (4). Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu (5). 阴 (6). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两电极上发生的电极反应分别为：a极：Cu2＋＋2e－＝ Cu ，a极发生还原反应；b极：Fe－2e－＝ Fe2＋，b极发生氧化反应，总反应为Cu2＋＋Fe= Cu+ Fe2＋。根据a极电极反应式计算电路上通过电子的物质的量。‎ ‎【详解】（1）a极发生反应为Cu2＋＋2e－＝ Cu，所以溶液中一定有Cu2＋，故选A；（2）a极：Cu2＋＋2e－＝ Cu ，a极发生还原反应；b极：Fe－2e－＝ Fe2＋，b极发生氧化反应；原电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应，若该装置是原电池，则b极为负极、a极为正极，正极的电极材料可以是比铁不活泼即可如铜、银、铂、石墨等；正极反应+负极反应得总反应，所以该电池反应的总反应方程式是Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu；电解池中阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，若该装置是电解池，则a极为阴极；若a极生成6.4g铜，根据电极反应Cu2＋＋2e－＝ Cu，转移电子物质的量是0.2mol。‎ ‎26.某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析： ‎ ‎（1）该反应的化学方程式为：_____________________；‎ ‎（2）反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为____________________________；‎ ‎（3）反应开始至2min时，Y的转化率为__________；‎ ‎（4）对于上述反应当改变下列条件时，反应速率会发生什么变化（选填“增大”、“减小”或“不变”）？‎ ‎①降低温度：________‎ ‎②保持容器的体积不变，增加X的物质的量：________；‎ ‎③保持容器的体积不变，增加He：________；‎ ‎④增大容器的体积：________。‎ ‎（5）下列叙述能说明上述反应一定达到化学平衡状态的是______（填序号）‎ A．X、Y、Z的物质的量之比为3：1：2‎ B．X、Y、Z的浓度不再发生变化 C．单位时间内每消耗3mol X，同时生成2mol Z D．混合气体的总质量不随时间的变化而变化 E．容器中的压强不再发生变化 ‎【答案】 (1). Y+3X⇌2Z (2). 0.075mol·L－1·min－1 (3). 10% (4). 减小 (5). 增大 (6). 不变 (7). 减小 (8). B、E ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质的量变化曲线，可知X、Y物质的量减小，为反应物；反应物没有完全反应，所以该反应为可逆反应；Z物质的量增加，为生成物，再根据其物质的量变化量之比等于其计量数之比，可写出化学方程式；（2）根据 计算用X表示的平均反应速率；（3）转化率=变化量初始量100%；（4）根据影响反应速率的因素分析；（5）根据化学平衡的定义及由定义延伸出的变量不变是平衡状态分析。‎ ‎【详解】（1）△n（X）=0.3mol；△n（Y）=0.1mol；△n（Z）=0.2mol，所以三者计量数之比为3：1：2，所以反应方程式是3X+Y2Z；（2）反应开始至2min，△n（X）=0.3mol，△c（X）=0.3mol2L=0.15 mol·L－1，用X表示的平均反应速率0.075mol·L－1·min－1；（3）转化率=变化量初始量100%=(1-0.9) 1100%=10%； （4）①降低温度反应速率一定减小；②保持容器的体积不变，增加X的物质的量，X的浓度增大，反应速率增大；③保持容器的体积不变，增加He，反应物的浓度不变，反应速率不变；④增大容器的体积，反应物的浓度减小，反应速率减小；（5）X、Y、Z的物质的量之比为3：1：2，不能确定是否还发生变化，故不一定平衡，不选A；根据化学平衡定义， X、Y、Z的浓度不再发生变化，一定平衡，选B；单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZ，都是指正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故不一定平衡，不选C；反应前后全是气体，混合气体的总质量是恒量，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，不一定平衡，不选D；反应在固定容积的容器中进行，反应前后气体物质的量是变量，所以压强是变量，容器中的压强不再发生变化一定平衡，故选E。‎ ‎【点睛】本题考查平衡状态的判断，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于0，且必须是同一物质的正逆反应速率相等、“变量不变”一定平衡。‎ ‎27.（1）已知：2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g) ΔH1 ；‎ ‎2CH3OH(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g) ΔH2，‎ 则ΔH1______ΔH2；（填“> ”、“< ”或“=”）‎ ‎（2）已知：H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－185 kJ·mol－1，查阅资料可知：H—H键能：436 kJ·mol－1、Cl—Cl键能：243 kJ·mol－1，则H—Cl键能＝______________；‎ ‎（3）在298K、100kPa时，已知：2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) ΔH1 ；2HCl(g)==Cl2(g)+H2(g) ΔH2 ；2Cl2(g)+2H2O(g)==4HCl(g)+O2(g)ΔH3 ， 则ΔH3与ΔH1和ΔH2的关系是：ΔH3=_______________；‎ ‎（4）消除氮氧化物的污染对环境至关重要，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知一定条件下：‎ CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－574 kJ·mol－1‎ CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－1160 kJ·mol－1‎ 则该条件下，用CH4还原NO2至N2的热化学方程式为：_________________________。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 432kJ·mol－1 (3). -ΔH1-2ΔH2 (4). CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－867 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）CH3OH(l)的能量小于CH3OH(g)，所以同物质的量的CH3OH(l)燃烧放出的热量小于CH3OH(g)；（2）反应物总键能-生成物总键能=焓变；（3）根据盖斯定律分析；（4）根据盖斯定律计算CH4还原NO2至N2的热化学方程式；‎ ‎【详解】（1）CH3OH(l)的能量小于CH3OH(g)，所以同物质的量的CH3OH(l) 燃烧放出的热量小于CH3OH(g)，故ΔH1＞ΔH2；（2）设H—Cl键能为x kJ·mol－1，反应物总键能-生成物总键能=焓变，即436 kJ·mol－1+243 kJ·mol－1-2x=－185 kJ·mol－1，x=432kJ·mol－1；（3）①2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)ΔH1；② 2HCl(g)==Cl2(g)+H2(g)ΔH2 ，根据盖斯定律-①-② 得2Cl2(g)+2H2O(g)==4HCl(g)+O2(g) ΔH3= -ΔH1-2ΔH2；（4）①CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－574 kJ·mol－1 ；② CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－1160 kJ·mol－1，根据盖斯定律①+②得CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－867 kJ·mol－1。‎ ‎【点睛】本题考查热化学反应及盖斯定律、反应热大小比较，明确热化学反应的关系及物质的状态、反应热的数值与物质的量的关系即可解答。‎ ‎28.如图所示，通电5 min后，第③极增重2.16 g，此时CuSO4恰好电解完。设A池中原混合溶液的体积为200 mL。‎ ‎ ‎ ‎（1）电源E为________极。‎ ‎（2）B池中第④极上的电极反应式为___________________________。‎ ‎（3）通电前A池中原混合溶液Cu2＋的浓度为________________。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). Ag－e－===Ag+ (3). 0.05 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第③极质量增加，说明第③极铜棒上析出金属银，此极为阴极，电源的E极为负极，F极为正极。在A池中，电解液为CuSO4溶液，在阴极Cu2+先放电生成单质铜。A、B两池串联，在电解过程中，每个极上电子转移的总数目相等。‎ ‎【详解】（1）第③极质量增加，说明第③极铜棒上银离子得电子发生还原反应生成金属银，③极为阴极，所以电源的E极为负极。（2）B池中第④极连接电池的正极，④极是阳极，银失电子发生氧化反应，电极反应式为Ag－e－===Ag+；（3）③极的电极反应式是Ag++ e－===Ag，①极电极反应式是Cu2++ 2e－===Cu；A、B两池串联，在电解过程中，每个极上电子转移的总数目相等，可得关系式 ，设Cu2＋的物质的量为xmol ‎ 2mol 1mol ‎ xmol x=0.01mol，通电前A池中原混合溶液Cu2＋的浓度为 0.05 mol·L－1。‎ 三、实验题（本大题共20分）‎ ‎29. (10分)某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：‎ 实验编号 ‎ ‎0.01mol·L－1 酸性KMnO4溶液 ‎ ‎0.1mol·L－1 H2C2O4溶液 ‎ 水 ‎ ‎1mol·L－1 MnSO4溶液 ‎ 反应温度 /℃ ‎ 反应时间 ‎ I ‎ ‎2mL ‎ ‎2mL ‎ ‎0 ‎ ‎0 ‎ ‎20 ‎ ‎125 ‎ II ‎ ‎____mL ‎ ‎____mL ‎ ‎1mL ‎ ‎0 ‎ ‎20 ‎ ‎320 ‎ III ‎ ‎____mL ‎ ‎___mL ‎ ‎___mL ‎ ‎0 ‎ ‎50 ‎ ‎30 ‎ IV ‎ ‎2mL ‎ ‎2mL ‎ ‎0 ‎ ‎2滴 ‎ ‎20 ‎ ‎10 ‎ 已知：反应的方程式（未配平）:KMnO4+ H2C2O4+ H2SO4 —— K2SO4+ MnSO4+ CO2↑+ H2O ‎（1）实验记时方法是从溶液混合开始记时，至___ ___ __时记时结束。‎ ‎（2）实验I和II研究浓度对反应速率的影响，实验I和III研究温度对反应速率的影响。请在上表空格中填入合理的实验数据。‎ ‎（3）从实验数据分析，实验I和IV研究________对反应的影响。‎ ‎（4）请配平上面的化学方程式：‎ ‎ KMnO4+ H2C2O4+ H2SO4＝ K2SO4+ MnSO4+ CO2↑+ H2O ‎【答案】（1）溶液紫红色刚好褪色 ‎（2）‎ ‎（3）催化剂 （4）2 5 3 1 2 10 8‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）高锰酸钾溶液呈紫色，反应使高锰酸钾褪色；（2）实验I和II研究浓度对反应速率的影响，，溶液的总体积相同，所以实验II 加2mL0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液、1mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液；实验I和III研究温度对反应速率的影响，投料应该相同，所以实验III 加2mL0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液、2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，0 mL水；（3）实验IV比实验I多加了两滴MnSO4，研究催化剂对反应的影响；（4）根据化合价升降相同，所以化学方程式为。‎ 考点：本题考查影响化学反应速率的因素。‎ ‎30.请从图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的氢气的体积（大于25mL），并检验氯气的氧化性。‎ ‎（1）B极发生的电极反应式是_________________________________。‎ ‎（2）设计上述气体实验装置时，各接口的正确连接顺序为：A接______、 _____接______ ；B接_____ 、 _____接______ 。‎ 在实验中，盛有KI淀粉溶液的容器中发生反应的离子方程式为_________________。‎ ‎（4）已知电解后测得产生的H2的体积为44.8 mL（已经折算成标准状况），电解后溶液的体积为50 mL，此时溶液中NaOH的物质的量浓度为：______________。 ‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ (2). G (3). F (4). H (5). D (6). E (7). C (8). Cl2+2I﹣= I2+2Cl﹣ (9). 0.08 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）B极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应；（2）实验目的是测定产生的氢气的体积并检验氯气的氧化性，根据实验目的、气体的性质连接实验装置顺序；KI溶液与氯气反应生成氯化钾和碘单质；（4）根据电解氯化钠溶液的方程式计算氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算其浓度。‎ ‎【详解】（1）B极是阳极，氯离子失电子生成氯气，电极反应式是2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；（2）A极上产生的是氢气，用排水法收集氢气，短导管为进气管，长导管为出水管，因为收集的氢气体积大于25mL，所以要用100mL的量筒收集水，所以F连接H，所以连接顺序为A→G→F； B极上产生的气体是氯气，要检验氯气，可通过淀粉碘化钾溶液检验，氯气有强氧化性，能和碘化钾反应生成碘，碘遇淀粉变蓝色，长导管为进气管，短导管为出气管；氯气有毒，所以可用碱液吸收多余的氯气，所以连接顺序为B→D→E→C；KI溶液与氯气反应生成氯化钾和碘单质，反应离子方程式是Cl2+2I﹣= I2+2Cl﹣；（4）设生成氢氧化钠的物质的量是xmol ‎2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH  22.4L      2mol         0.0448L    xmol ‎ ，x=0.004mol，NaOH的物质的量浓度为0.08 mol·L－1。‎ ‎ ‎ ‎ ‎