1、吉林省长春市第一中学2019-2020学年高一化学下学期月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl :35.5 Mg:24 K:39 Cu:64 Al：27 Fe：56 Zn：65第卷（共42分）一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题2分，共42分）1.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A. 锂离子电池B. 太阳能集热器C. 燃气灶D. 硅太阳能电池【答案】A【解析】【详解】A.锂离子电池是将化学能转化成电能的装置，A项正确；B.太阳能集热器是将太阳能转化为热能的装置，B项错误；C.燃气灶是将化学能转化为热能的装置，C项错误
2、；D.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，D项错误；答案选A。2.下列图示的装置中可以构成原电池的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题主要考查原电池的构成，一般原电池的构成需要两个活泼性不同的电极、自发的氧化还原反应、形成闭合回路等条件，故可据此分析。【详解】A.该装置中没有自发的氧化还原反应发生，且两个电极都为铜电极，故A项错误；B. 该装置中铁电极能与盐酸发生氧化还原反应，另一极石墨构成正极，并且形成的一个闭合的回路，故B项正确；C. 该装置没有形成闭合回路，因此不能形成原电池，故C项错误；D. 该装置中没有能够发生的氧化还原反应，且酒精为非电解质，也没有形成闭合回
3、路，故D项错误；答案选B。3.关于元素周期表的说法正确的是( )A. 元素周期表有7个周期B. 元素周期表有8个主族C. A族的元素全部是金属元素D. 短周期是指第一、二周期【答案】A【解析】【详解】A元素周期表有7个周期、7个主族、7个副族、1个第族、1个0族，A正确；B根据A选项的分析，元素周期表只有7个主族，B错误；CIA族中的氢元素是非金属元素，C错误；D短周期是指第一、二、三周期，D错误；故选A4.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是A. 铝与稀盐酸的反应B. 灼热的木炭与CO2反应C. 甲烷在氧气中的燃烧反应D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【
4、解析】【详解】A铝与稀盐酸的反应是放热反应，同时是氧化还原反应，A错误；B灼热的木炭与CO2反应是氧化还原反应，同时也是吸热反应，B正确；C甲烷在氧气中燃烧反应是氧化还原反应，同时也是放热反应，C错误；DBa(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，该反应是吸热反应，D错误。答案选B。5.某元素原子L层电子数是K层电子数的3倍，那么此元素是()A. FB. CC. OD. N【答案】C【解析】根据原子核外电子的排布规律可知其电子排布为，该元素是氧元素，C项正确。6.在一密闭容器中充入一定量的H2和N2，经测定反应开始后3s内平均速率的v(H2)=0.3mol
5、/(Ls)，则3s末NH3的浓度为：A. 0.4mol/LB. 0.6mol/LC. 0.9mol/LD. 1.2mol/L【答案】B【解析】【详解】根据反应的化学方程式为：N2+3H22NH3可得：(H2)：(NH3)=3:2，则(NH3)=(2/3)(H2)=(2/3)0.45mol/(Ls)=0.30 mol/(Ls)，所以2s末NH3的浓度为：c(NH3)=t (NH3)=2s0.30mol/(Ls)=0.60mol/L,答案选B。7.某元素R最高价含氧酸的化学式为HaROb，则其最低价气态氢化物中R元素的化合价()A. 2b-aB. a-2bC. 8+a-2bD. 2b-a-8【答案
6、】D【解析】其最高价化合价为：2b-a，则其最多能得到电子数为：8-2b+a，所以R元素的最低价为-（8-2b+a）价，即2b-a-8价。故选择D。8.一个5L的容器里，盛入8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余6.8mol，这种反应物的化学反应速率为（ ）A. 0.012mol/(Lmin)B. 0.024mol/(Lmin)C. 0.036mol/(Lmin)D. 0.048mol/(Lmin)【答案】D【解析】【详解】8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余6.8mol，则物质的量减少8.0mol-6.8mol=1.2mol，这种反应物在此时
7、间内的化学反应速率为，故D正确；故选D。9.电解稀H2SO4、CuCl2混合液，最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是A. H2和Cl2B. Cu和Cl2C. H2和O2D. Cu和O2【答案】B【解析】【详解】电解原理是惰性电极通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阴极离子放电顺序为Cu2+H+，则电极反应为：Cu2+2eCu；阳极离子的放电顺序为Cl OH-（H2O）SO42，则电极反应为：2Cl2eCl2，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2，B项正确；答案选B。【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：（1
8、）阴极：阴极上放电的总师溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+Fe2+Sn4+Pb2+H+Cu2+Fe3+Ag+。（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F含氧酸根离子OHClBrIS2。10.用石墨作电极电解下列溶液一段时间后，溶液的pH均增大，再加入一定量括号内的物质，都能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )A. AgNO3(AgNO3)B
9、. NaOH (H2O)C. KCl (KCl)D. CuSO4(CuSO4)【答案】B【解析】【详解】A电解AgNO3溶液，银离子和OH-放电，应加入氧化银恢复原样，故A错误；B电解NaOH溶液，氢离子和OH-放电，则加入水能恢复原样，故B正确；C电解KCl溶液，氢离子和氯离子放电，则应加入HCl恢复原样，故C错误；D电解CuSO4溶液，铜离子和OH-放电，则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样，故D错误；故选B。11.反应A(g)3B(g) 2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为( )(A)0.45 molL-1 s-1 (B)0.9molL-1s-1 (C)0.4 molL-1
10、s-1 (D)0.45molL-1s-1，该反应进行的快慢顺序为( )A B. D. 【答案】C【解析】【详解】同一反应不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，据此可以将不同物质表示的反应速率转化为同一物质的表示的速率进行比较；(A)0.45 molL-1 s-1；(B)0.9molL-1s-1，(A)：(B)=1:3，所以(A)= 0.3molL-1s-1；(C)0.4 molL-1s-1，(A)：(C)=1:2，所以(A)= 0.2molL-1s-1；(D)0.45molL-1s-1，(A)：(D)=1:2，所以(A)= 0.225molL-1s-1；综上所述反应速率由快到慢的顺序为
11、，故答案为C。12.下列化学用语不正确的是A. 氮分子的电子式B. CO2的电子式：C. NH4Cl的电子式：D. 用电子式表示HCl的形成过程【答案】C【解析】【详解】A氮分子两个N原子用三个电子形成叁键，氮分子的电子式，故A正确；BCO2中碳最外层4个电子，各用两个电子与氧形成碳氧双键，CO2的电子式：，故B正确；C氯离子是阴离子，最外层是8个电子，不能省略，NH4Cl的电子式：，故C错误；D氯最外层7个电子，与氢形成一对共用电子对后，H、Cl均达到稳定结构，用电子式表示HCl的形成过程为：，故D正确；故选C。13.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A. 酸性;H2SO4H3PO
12、4B. 非金属性：ClBrC. 碱性：NaOHMg(OH)2D. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：SP，则酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：ClBr，能用元素周期律解释，故B错误；C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaMg，则碱性：NaOHMg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，不能用元素周期律解释，
13、故D正确。故答案选：D。14.把甲、乙、丙、丁四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若甲、乙相连，甲为负极；丙、丁相连，丁上有气泡逸出；甲、丙相连，甲上发生氧化反应；乙、丁相连，乙是电子流入的一极。则四种一金属的活动性顺序由大到小排列为A. 甲丙丁乙B. 甲丙乙丁C. 甲乙丙丁D. 乙丁丙甲【答案】A【解析】【分析】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，以此判断金属的活动性。【详解】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，若甲、乙相连，甲为负极，所以甲的活泼性大于乙的活泼性
14、；丙、丁相连，丁上有气泡逸出，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，所以丙的活泼性大于丁的活泼性；甲、丙相连，甲上发生氧化反应，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，所以甲的活泼性大于丙的活泼性；乙、丁相连，乙是电子流入的一极，电子从负极沿导线流向正极，所以丁的活泼性大于乙的活泼性；所以则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为甲丙丁乙。答案选A。15.下列各组物质中化学键的类型完全相同的是()A. NaClMgCl2Na2OB. H2ONa2OCO2C. CaCl2NaOHH2SO4D. NH4ClH2OCO2【答案】A【解析】【分析】一般活泼金属与非金属形成离子键，非金属性之间形成共价键，
15、铵盐含离子键和共价键，原子团中含共价键，以此来解答。【详解】A、NaCl、MgCl2和Na2O中均只含离子键，故A正确；B、Na2O只含离子键，H2O和CO2只含共价键，故B错误；C、CaCl2只含离子键，NaOH含离子键和共价键，H2SO4只含共价键，故C错误；D、NH4Cl含离子键和共价键，H2O和CO2只含共价键，故D错误。16.下列热化学方程式中，正确的是（ ）A. 甲烷燃烧热为890.3 kJmol-1，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=+890.3 kJmol1B. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合，其热化学方程式为：H+OH-=H2O H=-
16、57.3 kJmol1C. H2燃烧热为285.8kJmol1，燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=-571.6 kJmol1D. 500、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的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) H=-38.6 kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A甲烷的燃烧热为890.3 kJmol1表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出热量是890.3 kJ，则表示其燃烧热的化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g
17、)+2H2O(l) H=-890.3 kJmol1，A错误；B物质反应过程的能量变化不仅与反应的物质的多少有关，也与物质的存在状态有关，因此要注明物质的存在状态，稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合反应产生水的热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJmol1，B错误；CH2燃烧热为285.8kJmol1，表示1 mol H2完全燃烧产生1 mol液态H2O，放出285.8 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=-571.6 kJmol1，C项正确；D合成氨为可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭
18、的容器中充分反应生成氨气的物质的量小于1 mol，放热19.3 kJ，则热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H-38.6kJmol-1，D错误；故合理选项是C。17.已知短周期元素的离子aA3、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )A. 原子半径ABDCB. 离子半径 C3DBA3C. 原子序数dcbaD. A与B、C、D的最高价氧化物的水化物都能反应【答案】B【解析】【详解】短周期元素的离子：aA3、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，所以有：a-3=b-1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc，AA、B
19、在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：abdc，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：BACD，故A错误；BaA3、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径C3DBA3，故B正确；CaA3、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，所以有：a-3=b-1=c+3=d+1，所以原子序数为abdc，故C错误；D由于是短周期元素的离子，aA3、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，D不可能为氯离子，故假设A、B、C、D分别为Al，Na，N，F，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，铝与稀硝酸反
20、应生成硝酸铝，一氧化氮的水，A与B、C的最高价氧化物对应的水化物能反应，D没有最高价氧化物对应的水化物，故D错误；答案选B。18.已知R2-离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2-离子里含有电子的物质的量为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】R2-离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则其质子数为(M-n)，1个R2-离子里含有电子(M-n+2)，mgR2-离子的物质的量为，所含电子的物质的量为，故A正确。故选：A。19.通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热下列是一些化学键的键能化学键CHCF
21、HFFF键能/（kJmol1）414489565155根据键能数据估算反应CH4+4F2CF4+4HF每消耗1molCH4的热效应（）A. 放热1940kJB. 吸热1940kJC. 放热485kJD. 吸热485kJ【答案】A【解析】【分析】根据H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量解答。【详解】根据键能数据可知反应CH4+4F2CF4+4HF的H（4414+415544894565）kJmol1940 kJmol，因此每消耗1molCH4的热效应为放热1940 kJ。答案选A。20.下列实验装置符合实验目的是（ ）目的粗铜的精炼验证NaCl溶液（含酚酞）产物在铁制品上镀
22、铜构成原电池装置选项ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A精炼铜时要得到铜单质，所以精铜因连接在电源负极上作阴极，电解质溶液中的铜离子在阴极放电生成铜单质，故A错误；B根据电流的方向可知铁棒为阳极，碳棒为阴极，铁为活泼金属，作阳极时铁被氧化生成Fe2+得不到氢气，碳棒为阴极，碳棒上不能得到氯气，故B错误；C待镀铁制品与电源正极相连作阳极，会被氧化生成亚铁离子，在铁制品上镀铜，待镀铁制品应为阴极，铜片为阳极，故C错误；D该装置中有自发的氧化还原反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，通过盐桥形成了闭合回路，有活泼性不同的两个电极，满足形成原电池的条件，可以形成原电池，F
23、e作负极，C作正极，故D正确；故答案为D。21.当电解质中某离子的浓度越大时，其氧化性或还原性越强。利用这一性质，有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差，是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。实验开始先断开K1，闭合K2，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是A. 断开K1、闭合K2，一段时间后电流计指针归零，此时两池Ag+浓度相等B. 断开K1、闭合K2，当转移0.1mol e-时，乙池溶液质量增加17.0 gC. 当电流计指针归零后，断开K2、闭合K1，一段时间后B电极的质量增加D. 当电流计指针归零后，断开K2、闭合K1，乙池溶液浓度增大【答案】C【解析】【分
24、析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3 mol/L的AgNO3溶液，乙池为1 mol/L的AgNO3溶液，Ag+浓度越大离子的氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答。【详解】A断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，A选项正确；B断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，发生反应：Ag+e-=Ag，B为负极，发生反应为：Ag-e-=Ag+，当转移0.1 mo
25、l电子，有0.1 mol由甲池通过离子交换膜进入乙池，所以乙池增加的质量是10.8g+6.2g=17.0g，B选项正确；C闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C选项错误；D闭合K1，断开K2后，装置为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO3-向阳极移动，则乙池硝酸银溶液的浓度增大，D选项正确；答案选C。【点睛】本题综合考查电解池和原电池的工作原理，原电池的负极和电解池的阳极失去电子发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极得到电子发生还原反应，对于电解池，若阳极为活性电极，则电极失去电子；若为惰性电极，则是溶液中的阴离子失
26、去电子，发生氧化反应。第卷（共58分）二、填空题22.I.自然杂志曾报道我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空：（1）l0Be和9Be_（填序号）。a是同一种原子 b具有相同的中子数 c具有相同的化学性质 d互为同位素（2）写出A1(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式：_。（3）研究表明28A1可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是_（填序号）。a比较Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱b比较这两种元素的最高正化合价c将打磨过表面积相同的镁条和铝片分别和100热水作用，并滴入
27、酚酞溶液d比较这两种金属的硬度和熔点II.下表列出了10种元素在周期表中的位置。 周期族AAAAAAA0234（1）上述元素中，金属性最强的是（填元素符号，下同）_，三种元素的原子半径由大到小的顺序是_。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_（填化学式）（3）元素的氢化物的电子式为_，该氢化物与元素的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_。【答案】 (1). cd (2). A1(OH)3+NaOH= NaAlO2+2H2O (3). ac (4). K (5). MgAlC (6). HClO4 (7). (8). NH3+HNO3=NH4NO3【解析】【详解】I(1
28、)al0Be和9Be是同一元素的两种不同种原子，a错误； b根据质量数A=质子数Z+中子数N可知，l0Be和9Be具有的中子数分别为6和5，b错误； cl0Be和9Be在周期表中的位置相同，故具有相同的化学性质，c正确； dl0Be和9Be是具有相同质子数而不同中子数的同一元素的不同原子，故互为同位素，d正确；故答案为：cd；(2)A1(OH)3与NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2和H2O，其化学方程式为：A1(OH)3+NaOH= NaAlO2+2H2O，故答案为：A1(OH)3+NaOH= NaAlO2+2H2O；(3)aMg(OH)2与A1(OH)3分别是Mg和Al的最高价氧化物对
29、应水化物，比较Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱来比较Mg和Al的金属性的强弱，a正确； b比较这两种元素的最高正化合价，只能说明它们原子的最外层电子数的多少，但与金属性强弱无关，b错误；c将打磨过表面积相同的镁条和铝片分别和100热水作用，并滴入酚酞溶液，说明Mg与水反应比Al与水反应更剧烈，故可以说明Mg和Al的金属性的强弱，c正确；d硬度和熔点属于物质的物理性质，金属性是化学性质，二者毫无联系，比较这两种金属的硬度和熔点不能比较出其金属性的强弱，d错误；故答案为：ac；II 从表列出了10种元素在周期表中的位置可推知各元素分别为：为Na，为K，为Mg，为Al，为C，为N，为P，为C
30、l，为Br，为Ne；(1)根据同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上往下金属性增强可知上述元素中，金属性最强的是K，同一周期从左往右原子半径逐渐减小，同一主族从上往下原子半径依次增大，故三种元素的原子半径由大到小的顺序是MgAlC，故答案为：K； MgAlC；(2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，同一周期从左往右非金属性增强，同一主族从上往下非金属性减弱，故上述元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；(3)元素是氮元素，其氢化物NH3的电子式为，该氢化物NH3与元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3反应的化学方程式为：NH3+H
31、NO3=NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3。23.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50 mL 0.25 mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸溶液温度；用另一量筒量取50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，并测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。回答下列问题：(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_A沿玻璃棒缓慢倒入 B分三次少量倒入 C一次迅速倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_A用温度计小心搅拌 B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C轻轻地振荡烧杯 D用套在温度计上的环形玻璃棒上下轻轻地抽动(3)实验数据如
32、下表： 温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8根据表中数据计算出来温度差的平均值为_；近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 J/(g)。则中和热H_( 取小数点后一位)。上述实验数值结果与中和热为57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_。a实验装置保温、隔热效果差 b用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测
33、定H2SO4溶液的温度 c量取NaOH溶液的体积时仰视读数 d分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中【答案】 (1). C (2). D (3). 3.4 (4). -56.8kJ/mol (5). abcd【解析】【分析】本实验的目的是测定中和热，中和热是指是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；本实验中首先测定酸和碱反应前的温度，然后测定反应终止温度，然后利用比热容将温度转化为热量计算出中和热。本实验中为保证酸和碱完全反应，NaOH过量；实验的关键是要保温。【详解】(1)为了减少热量的散失，实验过程中倒入NaOH溶液时，必须一次迅速的倒入，所以选C；(2)温度计是测量温度
34、的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失；使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，所以选D；(3)四次的温差分别为3.4，5.1，3.3，3.5，第2组数据偏差较大舍去，所以平均温差为=3.4；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，NaOH过量，所以生成水的物质的量为0.05L0.25mol/L2=0.025mol，溶液的质量为100ml1g/cm3=100g，温度变化的值T=3.4，则生成0.025mo
35、l水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/(g)3.4=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热H=-=-56.8kJ/mol；实验结果的绝对值小于中和热的绝对值；a实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，所得中和热的绝对值偏小，故a符合；b用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，温度计上沾有的NaOH与硫酸反应放出热量，使得测定的初始温度偏高，且造成热量的散失，测定的温差偏小，中和热的绝对值偏小，故b符合。c量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致氢氧化钠体积偏大，但硫酸少量，所以生成的水的物质的量不变，放出的总热量不变，而加入的NaOH溶液体积
36、偏大，会使混合液的质量偏大，则测得的温差会偏小，中和热的绝对值偏小，故c符合；d分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的绝对值偏小，故d符合；故答案为：abcd；【点睛】中和热是指是强酸和强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；测得中和热时会保证酸和碱完全反应，一般要有一种物质稍过量。24.如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：（1）石墨电极(C)作_极，若丙池中W为Na2SO4溶液并滴有酚酞，实验开始后观察到的现象是_甲中甲烷燃料电池的负极反应式为_。（2）若消耗2.24 L(标况
37、)氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积(标况)为_ L。（3）若丙中以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是_。Ab电极为粗铜 B粗铜接电源正极，发生还原反应CCuSO4溶液的浓度保持不变 D利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属（4）假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有224 mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜，左侧溶液质量将_，（填“增大”“减小”或“不变”），且变化了_克。【答案】 (1). 阳 (2). 两电极均有气泡冒出，左边a电极附近溶液变红 (3). CH4+10OH-8e-=CO+7H2O (4
38、). 4.48 (5). AD (6). 增大 (7). 0.88【解析】【分析】本题首先必须从燃料电池入手，分析出正、负极，燃料电池中投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，与负极相连的为电解池的阴极，阴极发生还原反应，与正极相连的电极为阳极，阳极发生氧化反应；根据串联电池中转移电子数相等计算铁电极上生成氢气的体积；铜的精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu；氯碱工业中的电解原理，用差量法即可求出溶液的增减。【详解】已知在燃料电池中，投放燃料的一极是负极，所以投放甲烷的电极是负极，投放氧气等氧化剂的一极是正极，故投放氧气的是
39、正极，与原电池正极相连的电极为阳极，故石墨电极C作为阳极，丙装置中a为阴极，b为阳极，电解硫酸钠溶液，实质上电解水，故a极发生的电极反应式为，b极发生的电极反应式为，故现象为两电极均有气泡冒出，左边a电极附近溶液变红；燃料电池的电极反应式的书写一般为：首先写出总反应式（注意生成物与电解质溶液的反应），再写出正极反应式，最后用总反应式减去正极反应式即可得到负极反应式，KOH作电解质时，甲烷燃料电池总反应为，正极反应式为：，负极反应式等于总反应减去正极反应式即可，必须减去全部氧气，故负极反应式为，故答案为：阳；两电极均有气泡冒出，左边a电极附近溶液变红；（2）串联电池中转移电子数相等，若在标准状况
40、下，有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量=4=0.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，设生成氢气的体积为xL； x=4.48，故答案为：4.48；（3）Ab与正极相连为阳极，b电极为粗铜，故A正确；B粗铜接电源正极，作阳极，阳极上发生氧化反应，故B错误；C阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，所以CuSO4溶液的浓度会改变改变，有所减小，故C错误；DAg、Pt、Au等活泼性比Cu弱的金属在阳极不反应，形成阳极泥，所以利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故D正确；故答案为：AD；（4）乙装置中左侧为阴极区，发生
41、的反应为：，又中间又阳离子交换膜，故Na+通过阳离子交换膜进入到左侧溶液中，故左侧溶液质量将增大；若在标准状况下，有224 mL氧气参加反应，则转移电子的物质的量=4=0.04mol，则进入左侧去的Na+的物质的量也为0.04mol，左侧区放出的H2为0.02mol，故左侧区溶液增重的质量为：m=0.04mol23g/mol-0.02mol2g/mol=0.88g,故答案为：增大 0.88。25.I. 在一定条件下，可逆反应ABmC变化如图所示。已知纵坐标表示在不同温度和压强下生成物C在混合物中的质量分数，p为反应在T2温度时达到平衡后向容器加压的变化情况。（1）温度T1_T2(填“大于”“等
42、于”或“小于”)。（2）正反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。（3）如果A、B、C均为气体，则m_2(填“大于”“等于”或“小于”)。（4）当温度和容积不变时，如在平衡体系中加入一定量的某稀有气体，则体系的压强_(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡_移动(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)。II. CO是生产羰基化学品的基本原料， 850时，在恒容密闭容器中通入CO和H2O(g)，发生：CO(g)H2O(g) H2(g)CO2(g) H0，测定浓度随时间关系如下表：t/minc(CO)/ molL1c(H2O)/ molL100.300.202 0.1030.1840.08回答下
43、列问题（1）t=3min时，(正)_(逆)（选填：“”，“”，“”）。（2）02min，CO的平均反应速率为 _。（3）上述反应中的CO平衡转化率为_。（4）在一定条件下，发生下列反应：CO(g)H2O(g) H2(g)CO2(g)，其逆反应的速率随时间变化曲线如图所示，则t1时改变的某种反应条件可能是_（填序号）。 a增大CO浓度 b加压 c恒容时充入氩气 d使用催化剂【答案】 (1). 大于 (2). 放热 (3). 大于 (4). 增大 (5). 不 (6). (7). (8). 40% (9). bd【解析】【分析】I.（1)温度越高反应速率越快，到达平衡的时间越短；(2)由图可知温度
44、T1T2，温度越高C%越小，故升高温度平衡向逆反应移动；(3)由图可知，T2温度时达到平衡后向容器加压，C%减小，故增大压强平衡向逆反应移动；(4)当温度和容积不变时，在平衡体系中加入一定量的某稀有气体，体系压强增大，但反应混合物的浓度不变，平衡不移动；II.(1)(2)(3)利用三段式进行计算，可以得出3min末c(H2O)，说明此时已经达到化学平衡，利用化学反应速率的计算公式不难算出CO的反应速率和，即可以求出CO的转化率，最后(4)结合图示信息和勒夏特列原理进行解答。【详解】I.(1)由图可知，温度为T1先到达平衡，温度越高反应速率越快，到达平衡的时间越短，故T1T2，故答案为：大于；(
45、2)由图可知温度T1T2，温度越高C%越小，故升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；(3)由图可知，T2温度时达到平衡后向容器加压，C%减小，故增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体物质的量减小的方向移动，说明该反应逆反应方向是气体物质的量减小的方向，故m2，答案为：大于；(4)当温度和容积不变时，在平衡体系中加入一定量的某稀有气体，因气体的物质的量增大，体系压强增大，但反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，故答案为：增大，不；II. (1)根据三段式计算，能够很快计算出3min末，c(H2O)=0.08 molL1与4min末一样，说明t=3mi
46、n时反应已经达到化学平衡，(正) = (逆)，故答案为：；(2)根据反应方程式可知，02min CO的物质的量浓度变化了0.1 molL1，故平均反应速率为，故答案为：；(3)从表中数据可知，达到平衡时，CO的平衡浓度为0.18 molL1，故上述反应中的CO平衡转化率为：，故答案为：40%(4)从图中可知，改变条件后，逆反应速率突然增大，但是增大后平衡不移动。a增大CO浓度，正反应速率突然增大，逆反应速率则是慢慢增大后不变，不符合图示信息，a不合题意； b由于CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)反应前后气体的物质的量保持不变，故加压使得正、逆反应速率同等幅度地突然增大，平衡不移动，符合图示信息，b符合题意；c恒容时充入氩气，体系的压强增大，但是反应物与生成物的浓度均未改变，故正、逆反应速率均不变，不符合图示信息，c不合题意；d使用催化剂能够同等幅度地突然增大正、逆反应速率，平衡不移动，符合图示信息，d符合题意；故答案为：bd。【点睛】本题综合考查影响化学平衡的因素、平衡图象等，难度中等，注意压强对化学平衡移动的影响，改变压强，若反应混合物的浓度不变，平衡不移动，若同等程度变化，平衡不移动。
