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河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高二化学上学期第一次阶段考试试题(含解析).doc

上传人:高**** 文档编号:980080 上传时间:2024-06-03 格式:DOC 页数:23 大小:1.06MB
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1、河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高二化学上学期第一次阶段考试试题(含解析)(时间:90 分钟 总分:100 分)可能用到的相对原子质量: H:1 C:12 O:16 N:14 Cu: 64 Zn:65 Ag:108考试范围:化学反应原理专题一和专题二第卷一、选择题(本题共 25 小题,1-20 每小题 2 分,21-25 每题 3 分,只有一个选项符合题目要求,共 55 分)1. 下列各组中,每种电解质溶液电解时(惰性电极)只生成氢气和氧气的是A. HCl、CuCl2、Ba(OH)2B. NaOH、CuSO4、H2SO4C. NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D. NaBr、

2、H2SO4、Ba(OH)2【答案】C【解析】【详解】A、根据我们所学的电解原理,惰性电极电解CuCl2时阳极析出氯气,阴极析出铜,A错误;B、惰性电极电解CuSO4时阴极析出铜,阳极产生氧气,B错误;C、惰性电极电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2实质上均是电解水,只生成氢气和氧气,C正确;D、惰性电极电解NaBr时,阳极析出溴单质,阴极产生氢气,D错误。答案选C【点睛】此题考查电解基本原理知识,解答时要抓住电解时阴阳离子的放电顺序。2. 如图所示,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2H2e=H2B. K1闭合,石墨棒周围溶

3、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0.001 mol气体【答案】B【解析】【详解】A、K1闭合构成原电池,铁是活泼的金属,铁棒是负极,铁失去电子,铁棒上发生的反应为Fe-2eFe2,A不正确;B、K1闭合构成原电池,铁棒是负极,铁失去电子,石墨棒是正极,溶液中的氧气得到电子转化为OH,电极反应式为O24e2H2O4OH,石墨棒周围溶液pH逐渐升高,B正确;C、K2闭合构成电解池,铁棒与电源的负极相连,作阴极,溶液中的氢离子放电产生氢气,铁不会被腐蚀,属于外加电流的阴极保护法,C不正确;D、K2闭合构

4、成电解池,铁棒与电源的负极相连,作阴极,溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极,溶液中的氯离子放电生成氯气,电极反应式分别为2H2eH2、2Cl2eCl2,电路中通过0.002NA个电子时,两极均产生0.001mol气体,共计是0.002mol气体,D不正确;答案选B。3. 在 298 K、100 kPa 时,已知: 2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)H1 Cl2(g)+H2(g)=2HCl (g)DH2 2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl (g)+O2(g )DH3则DH3与DH1、DH2间的关系正确的是()A. DH3= DH1+ 2DH2B. DH3= DH1- 2DH2C

5、. DH3= DH1+ DH2D. DH3= DH1- DH2【答案】A【解析】【详解】根据三个方程式 2H2O(g)=O2(g)+2H2(g),Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g), 2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl (g)+O2(g ),可知反应=+2,根据盖斯定律可得:DH3= DH1+ 2DH2,故答案A正确。答案选A。4. 在一密闭容器中通入 A、B、C 三种气体,保持一定温度,在t1、t2、t3、t4 s 时测得各物质的浓度数据如下表,则下列判断正确的是( )测定时刻/st1t2t3t4c(A)6322c(C)12.533A. 在t3 s 时反应已经停止B. t3 t4

6、 s 内正、逆反应速率不相等C. 在容器中发生的反应为A+BCD. 在t3s时,反应已达到平衡状态【答案】D【解析】【分析】根据表中数据,A的浓度减小,而C的浓度增大,且变化的浓度之比为 (6-3) :(2.5-1)= 3:1.5=2:1,则A、C化学计量数之比为2:1;t3、t4时数据相同,则反应在t3时达到平衡状态。【详解】A. 分析可知,在t3时反应达到平衡状态,反应没有停止,反应速率不等于0,A错误;B. t3t4内反应达到平衡状态,正、逆反应速率相等,B错误;C. 分析可知,A、C化学计量数之比为2:1,且B的化学计量数无法得到,所以方程式无法得到,C错误;D. 在t3后浓度不再改变

7、,所以在t3时,反应已达到平衡状态,D正确;答案选D。5. 已知;(NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g)H=+74.9kJmol1,下列说法中正确的是( )A. 该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行B. 该反应中熵变、焓变皆大于0C. 碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D. 能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应【答案】B【解析】【详解】A该反应是吸热反应,H0,S0;反应自发进行的判断依据是H-TS0,当高温下反应可以自发进行,故A错误;B依据反应的特征分析(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g

8、)H=+74.9kJmol-1,反应是熵变增大的反应,S0;反应是吸热反应焓变大于0,H0;故B正确;C碳酸盐分解反应中熵增加,S0,反应是吸热反应,H0,反应自发进行判断依据是H-TS0,反应自发进行,因此低温下碳酸盐分解是非自发进行的,故C错误;D能自发进行的反应不一定是放热反应,不能自发进行的反应不一定是吸热反应,判断依据是H-TS0,故D错误;故选B。【点晴】理解自发进行的因素是由焓变和熵变、温度共同决定是解题关键,依据反应的特征分析(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) H=+74.9kJmol-1,反应是熵变增大的反应,反应是吸热反应焓变大于0,再结合H-TS

9、0时反应自发进行来判断。6. 生物燃料电池是以有机物为燃料,直接或间接利用酶作为催化剂的一类特殊的燃料电池,其能量转化率高,是一种真正意义上的绿色电池,其工作原理如图所示。已知C1极的电极反应为C2H5OH3H2O12e=2CO212H。下列说法中不正确的是()A. C1极为电池负极,C2极为电池正极B. C2极的电极反应为O24H4e=2H2OC. 该生物燃料电池的总反应方程式为C2H5OH3O2=2CO23H2OD. 电子由C2极经外电路流向C1极【答案】D【解析】【分析】由题干可知装置为燃料电池,乙醇为燃料,氧气为氧化剂,则总反应为C2H5OH3O2=2CO23H2O,C1极通入乙醇,为

10、燃料电池的负极,C1极通入的是氧气,为燃料电池的正极,由此判断。【详解】由题干可知装置为燃料电池,乙醇为燃料,氧气为氧化剂,则总反应为C2H5OH3O2=2CO23H2O,C1极通入乙醇,为燃料电池的负极,C2极通入的是氧气,为燃料电池的正极,由总反应和C1极的电极反应可得C2极的电极反应为:O24H4e=2H2O;A. 由分析可知,C1极通入乙醇,为燃料电池的负极,C2极通入的是氧气,为燃料电池的正极,A项正确;B. 由总反应和C1极的电极反应可得C2极的电极反应为:O24H4e=2H2O,B项正确;C. 燃料电池中乙醇为燃料,氧气为氧化剂,则总反应为C2H5OH3O2=2CO23H2O,C

11、项正确;D.原电池中电子由负极向正极移动,即由C1极经外电路流向C2极,D项错误;答案选D。7. 100mL 1.0mol/L H2SO4 跟过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应进行的速率,但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的( )A. 碳酸钠固体B. 醋酸钠固体C. 硫酸钠固体D. 硝酸钾溶液【答案】B【解析】【分析】H2SO4 跟过量锌粉反应,硫酸完全反应,为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量,可减小氢离子浓度但不改变其物质的量来实现,以此来解答。【详解】A. 加入碳酸钠固体,消耗氢离子,氢离子浓度减小,反应速率减慢,生成氢气的量减少,故A错误;B. 加入醋酸钠固体,溶

12、液中氢离子浓度降低,反应速率减慢,但最终电离出氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,故B正确;C. 加入硫酸钠固体,溶液中氢离子浓度不变,氢离子物质的量不变,反应速率不变,生成氢气总量不变,故C正确;D. 加入硝酸钾溶液,酸性条件下硝酸根离子与锌反应不生成氢气而生成氮氧化物,故D错误;故选B。8. 对于反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)来说,下列反应速率中表示该反应进行得最快的是A. v(A2)=0.6 molL-1s-1B. v(B2)=2.7 molL-1min-1C. v(AB3)=12 molL-1min-1D. v(A2)=6 molL-1min-1【答案】A【解析】【详解

13、】反应速率与化学计量数的比值越大、反应速率越快,则:Av(A2)=0.6 molL-1s-1=36 molL-1min-1,则=36;B=0.9;C=6;D=6;显然A中比值最大,反应速率最快,故答案为A。【点睛】考查反应速率快慢的比较,利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答,也可转化为同种物质的反应速率来比较。由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,故化学反应速率与其化学计量数的比值越大,反应速率越快,注意单位要相同。9. 下列内容与结论相对应的是( )选项内容结论A变成B硝酸铵溶于水可自发进行该过程的C一个反应的、反应一定不能自发进行D的,反应在任意温度下都不能自发进行A. AB

14、. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A物质由气态变为液态,体系无序程度减小,即,A项不正确;B硝酸铵溶于水是吸热的熵增加过程,可自发进行,B项正确;C一个反应的、,根据二者的共同影响可知,高温时可以使,即高温条件下,反应能自发进行,C项不正确;D由、知,故该反应在任意温度下都能自发进行,D项不正确;故选B。10. 一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示,下列描述正确的是A. 反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)2Z(g)B. 反应开始到10 s,用Z表示的反应速率为0.3 molL-1s-1C. 10 s后,该反应停止进行D. 反应

15、开始到10 s时,反应速率:(X)=(Y)=0.1 molL-1s-1【答案】D【解析】【分析】由图可知,随着反应的进行,X、Y的物质的量减小,Z的物质的量增加,可知X、Y是反应物,Z是生成物,达到平衡时n(X)=(3-1)mol=2mol,n(Y)=(2.5-0.5)mol=2mol,n(Z)=(4-0)mol=4mol,同一反应中同一时间段内各物质的物质的量变化之比等于其计量数之比,化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g),据此分析解答。【详解】A由上述分析可知,化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g),故A错误;B根据图像可知,用Z表示的反应速率为=0.2mol/(Ls),故B错误;C1

16、0s达到平衡,化学平衡为动态平衡,反应仍在进行,故C错误;D反应速率之比与化学计量数之比相等,则反应开始到10s时,反应速率:(X)=(Y)=0.2mol/(Ls)=0.1mol/(Ls),故D正确;答案选D。【点睛】本题的易错点为C,要注意化学平衡为动态平衡,平衡时,(正)=(逆)0。11. 已知:反应中,4HCl(g)+ O2(g) 2C12(g)+ 2H2O(g) 4 mol HCl(g)被氧化,放出116kJ 的热量。又知:判断下列说法正确的是( )A. 该反应的H116 kJmol-1B. 断开1molH-O键与断开1 mol H-Cl 键所需能量相差约为 32kJC. H2O中 H

17、O键比 HCl 中 HCl 键弱D. 由所提供数据判断氯元素的非金属性比氧元素强【答案】B【解析】【详解】A由于是放出热量,故H= -116kJ/mol,A错; B设HO键能为x kJ/mol,HCl键能为y kJ/mol ,由H= 4y+498-2432-4x= -116,解得y-x= -32,B正确;C根据B选项计算结果,键能:HO HCl,C错;D键能大小,只能说明共价键强弱,不能说明非金属性强弱,D错。12. 某实验小组用50 mL 0.50 molL1盐酸与50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。下列说法不正确的是A. 烧杯间填满碎泡沫塑料的作用

18、是减少热量散失B. 大烧杯上如不盖硬纸板,求得的中和热数值偏小C. 实验中改用60 mL 0.50 molL1盐酸与50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量不相等,所求中和热也不相等D. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热的数值会偏小【答案】C【解析】【详解】A泡沫塑料能隔热,烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量散失,故A正确;B大烧杯上如不盖硬纸板,热量散失多,求得的中和热数值偏小,故B正确;C实验中改用60 mL 0.50 molL1盐酸与50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出

19、的热量不相等,所求中和热相等,故C错误;D氨水电离吸热,用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热的数值会偏小,故D正确;选C。13. 下列说法正确的是( )ABCD阳极处产生能使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体待镀铁制品应与电源正极相连钢闸门应与外接电源负极相连,称为外加电流的阴极保护法离子交换膜可以避免阴极生成的Cl2与NaOH溶液反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 该装置是电解池,铁与电源正极相连作阳极,应是铁失电子生成亚铁离子,故A错误;B. 该装置待镀制品和电源负极相连做电解池的阴极,故B错误;D. 该装置是电解池,在电解池中,阴极被保

20、护,故钢闸门应与外接电源的负极相连,故C正确;D.阳极发生反应:,则氯气在阳极生成,故D错误。故答案选:C。14. 已知:2Fe3+H2O2Fe2+2H+,如图所示是一套电化学实验装置,图中C、D 均为铂电极,U 为盐桥,G 是灵敏电流计,其指针总是偏向电源负极。A 杯中为FeCl3溶液,B 杯中为Na2SO3溶液。以下关于该装置的说法错误的是( )A. G 的指针指向 D 极B. U 中阳离子向 A 杯移动C. 电流的方向由 C 极到 D 极D. 一段时间后,B 中溶液 pH 增大【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池,在反应2Fe3+H2O2Fe2+2H+中,Fe3+发生还原反应,发生氧

21、化反应,A 杯中为FeCl3溶液,B 杯中为Na2SO3溶液,则C极为正极,D极为负极,据此分析解答。【详解】A. 由分析知,D极为负极,G是灵敏电流计,其指针总是偏向电源负极,则G指针指向D极,故A正确;B. A杯中C极为正极,原电池工作时,阳离子向正极移动,故B正确;C. 电子从D极经导线流向C极,则电流的方向由 C 极到 D 极,故C正确;D. B为负极,电极方程式为-2e- +H2O+2H+,反应产生氢离子,则pH减小,故D错误;答案选D。15. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(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:H2NCOONH4(s)

22、2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是( )v(NH3)正=2v(CO2)逆密闭容器中总压强不变密闭容器中混合气体的密度不变密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变密闭容器混合气体的总物质的量不变密闭容器中 CO2的体积分数不变混合气体总质量不变A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,据此判断。【详解】v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等,反应达到平衡状态;正反应气体物质的量增多,当密闭容器中总压强不变时反

23、应达到平衡状态;密度是混合气体的质量和容器容积的比值,在反应过程中容积始终是不变的,但是气体的质量是变化的,所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态;由于体系中只有两种气体,且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2:1,所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变,不能说明反应达到平衡状态;正反应气体的分子数增大,当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态;由于体系中只有两种气体,且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2:1,所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变,不能说明反应达到平衡状态;由于反应物是固体,所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态;综合以上分析能判断该反应已

24、经达到化学平衡,故A正确,答案选A。16. 下列反应既属于氧化还原反应,又是吸热反应的是( )A. 锌粒与稀硫酸的反应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【解析】【分析】从化合价是否发生变化的角度判断是否为氧化还原反应,从常见吸热反应和放热反应的角度判断反应是否为放热反应。【详解】A 锌与稀硫酸的反应是放热反应,同时是氧化还原反应,A不符合题意;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符合题意;C甲烷在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应,同时也是放热反应,C不符合题意;DBa(OH)

25、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不符合题意。答案选B。17. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是( )A. 燃料电池工作时,正极反应为:O2+2H2O+4e-=4OH-B. 若a极是铁,b极是铜时,b极逐渐溶解,a极上有铜析出C. 若a、b极都是石墨,在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等D. 若a极是粗铜,b极是纯铜时,a极逐渐溶解,b极上有铜析出【答案】D【解析】【详解】A、原电池中较活泼的金属是负极,失去电子,发生氧化反应;电子经导线传递到正极,所以溶液中的阳离子向正极移动,正极得

26、到电子,发生还原反应;所以氢气在负极通入,氧气在正极通入,又因为溶液显酸性,所以正极电极反应式是O2+4H+4e-=2H2O,A不正确;B、a电极与电源的正极相连,作阳极,所以铁失去电子,a电极被溶解,B电极是阴极,d电极上有铜析出,B不正确;C、若a、b极都是石墨,则a电极是溶液中的 OH-放电放出氧气,根据电子得失守恒可知,a电极产生的氧气是电池中消耗的H2体积的,C不正确;D、若a极是粗铜,b极是纯铜,则相当于是粗铜的提纯,因此a极逐渐溶解,b极上有铜析出,D正确;答案选D。18. 锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,下列有关叙述正确的是A. 铜电极上发生氧

27、化反应B. 电池工作一段时间后,甲池的c(SO42)减小C. 电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加D. 阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】【详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2= Zn2+ Cu,故Zn电极为负极失电子发生氧化反应,Cu电极为正极得电子发生还原反应,故A项错误;B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,故两池中c(SO42)不变,故B项错误;C.电解过程中溶液中Zn2由甲池通过阳离子交换膜进入乙池,乙池中Cu2+2e= Cu,故乙池中为Cu2Zn2,摩尔质量M(Zn2)M(Cu2)故乙池溶液的总质量增加,

28、C项正确;D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,电解过程中溶液中Zn2由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡,阴离子并不通过交换膜,故D项错误;本题选C。19. 在一密闭容器中充入 1mol H2 和 1mol I2,压强为p(Pa),并在一定温度下使其发生反应H2(g)+ I2 2HI(g),下列说法正确的是( )A. 保持容器容积不变,向其中加人 1mol H2,化学反应速率不变B. 保持容器容积不变,向其中加人 1mol Ar,化学反应速率增大C. 保持容器内气体压强不变,向其中加人 1mol Ar, 化学反应速率不变D. 保持容器内气体压强不变,向其中再充入 1

29、mol H2 和 1mol I2,则平衡时的反应速率不变【答案】D【解析】【详解】A. 保持容器容积不变,向其中加入1mol H2,增大氢气的浓度,反应速率加快,故A错误;B. 保持容器容积不变,向其中加入1mol Ar,反应物和生成物的浓度不变,反应速率不变,故B错误;C. 保持容器内气体压强不变,向其中加入1mol Ar,由于保持压强不变,所以容器体积增大,反应物的浓度减小,反应速率降低,故C错误;D. 保持容器内气体压强不变,向其中加入1mol H2和1mol I2,反应物的浓度不变,则平衡时的反应速率不变,故D正确;答案选D20. 将铂电极放置在KOH溶液中,然后分别向两极通入CH4和

30、O2,即可产生电流,此装置称为甲烷燃料电池。下列叙述中正确的是( )通入CH4的电极为正极;正极的电极反应式为:O22H2O4e4OH;通入CH4的电极反应式为:CH42O24eCO22H2O;负极的电极反应式为:CH410OH8eCO327H2O;放电时溶液中的阳离子向负极移动;放电时溶液中的阴离子向负极移动。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】甲烷燃料电池中甲烷失电子为负极,故错误;碱性条件下,正极上氧气得电子生成氢氧根离子,其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故正确;甲烷燃料电池负极是甲烷失电子,碱性条件下生成碳酸根离子,所以负极的电极反应式为:CH4+10OH

31、-8e-=CO32-+7H2O,故错误;甲烷燃料电池负极是甲烷失电子,碱性条件下生成碳酸根离子,所以负极的电极反应式为:CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O,故正确;原电池工作时,电解质溶液中,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,所以错误,正确;故正确的有;故选B。21. 在有气体参加的反应中,能使反应物中单位体积内的活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是增大反应物浓度增大压强升高温度加入催化剂A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】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,而升高温度、加入催化剂既能增大活化分子数,又能增大活化分子百分数,移

32、去生成物,活化分子数目减少,只有正确,故选A。22. 在体积为1 L的密闭容器中(体积不变)充入1 mol CO2和3 mol H2,一定条件下发生反应:CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g),测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )A. 3 min前v正v逆,3 min后v正v逆B. 进行到3 min时,正反应速率和逆反应速率相等C. 10 min后容器中各物质浓度不再改变D. 达到平衡后,升高温度,正反应速率增大、逆反应速率减小【答案】C【解析】【详解】A根据图象可知,反应在达到平衡前,反应物浓度都在减小,生成物浓度都在增大,所以在10mi

33、n前都是v正v逆,故A错误;B正反应速率和逆反应速率相等,是指相同时间内,物质浓度变化量相同,而根据图象可知进行到3分钟时,CO2和CH3OH(g)的浓度相同,反应没有达到平衡状态,正反应速率大于逆反应速率,故B错误;C10分钟后,CO2和CH3OH(g)的浓度不再变化,达到化学平衡状态,故C正确;D根据温度对反应速率的影响可知,升高温度,正逆反应速率都会增大,故D错误;故选C。23. 原电池的电极反应式不仅与电极材料的性质有关,也与电解质溶液有关。下列说法错误的是()A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成的原电池,负极反应式为Cu2e=Cu2B. 由金属Al、Cu和稀硫酸组成的原电池,负极反

34、应式为Al3e=Al3C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成的原电池,负极反应式为Al4OH3e=AlO2H2OD. 由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池,负极反应式为Cu2e=Cu2【答案】A【解析】【详解】A铁比铜活泼,铁作负极,负极反应式为Fe2e=Fe2,故A错误;B铝比铜活泼,铝作负极,负极反应式为Al3e=Al3,故B正确;C虽然镁比铝活泼,但镁不与氢氧化钠溶液反应,因此铝作负极,负极反应式为Al4OH3e=AlO2H2O,故C正确;DAl与浓硝酸发生钝化反应,则铜作负极,负极反应式为Cu2e=Cu2,故D正确;答案选A。24. 氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相组合,相

35、关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。下列说法正确的是A. 电解池的阴极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-B. 通入空气的电极为负极C. 电解池中产生2 mol Cl2时,理论上燃料电池中消耗0.5 mol O2D. a、b、c的大小关系为ab=c【答案】A【解析】【详解】A.电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极,溶液中氢离子得到电子生成氢气,电解池的阴极反应式为:,故A正确;B.由燃料电池的工作原理可以知道,负极是燃料氢气发生氧化反应,正极为通入空气的电极,故B错误;C.电解池中产生Cl2,根据电子守恒得到2Cl2O2,则电解池中产生2molCl2,理论上燃料电池中消耗1molO

36、2,故C错误;D.燃料电池中的阳离子交换膜只允许阳离子通过,而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-,所以反应后氢氧化钠的浓度升高,即a%小于c%,负极氢气失电子生成水,消耗氢氧根离子,所以,得到,故D错误;本题答案为A。25. 250 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42)0.5 molL1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到1.12 L气体(标准状况下)。假定电解后溶液体积仍为250 mL,下列说法不正确的是A. 电解得到Cu的质量为3.2 gB. 上述电解过程中共转移电子0.2 molC. 电解后的溶液中c(H)0.2 molL1D. 原混合溶液中c(K

37、)0.6 molL1【答案】C【解析】【分析】根据溶液中离子放电能力的强弱,该混合溶液在电解过程中分两个阶段:第一阶段,当阴极析出铜时,阳极析出O2;第二阶段,当阴极析出H2时,阳极析出O2。已知通电一段时间后,两极均收集到1.12L气体(标准状况下),即0.05mol,可见当阴极析出0.05mol H2,转移电子0.1mol,同时,在阳极只能析出0.025mol O2,即第二阶段;所以在第一阶段阳极析出的O2也是0.025mol,转移电子0.1mol,同时,在阴极析出0.05mol Cu,溶液中生成0.1mol H+,电路中共转移电子0.2mol,根据溶液中电荷守恒可求出K+的浓度。【详解】

38、A、根据上述分析,第一阶段,溶液中的Cu2+在阴极全部放电,析出0.05molCu,其质量为3.2g,A正确;B、两个阶段转移电子都是0.1mol,所以共转移电子0.2mol,B正确;C、溶液中的H+是在第一阶段生成的,当阳极析出O20.025mol时,溶液中生成H+0.1mol,所以c(H)0.4 mol/L,C不正确;D、n(Cu2+)=0.05mol,n(SO42-)=0.5mol/L0.25L=0.125mol,由电荷守恒可得n(K+)=0.15 mol,c(K)0.6mol/L,D正确;答案为C。第卷二、非选择题(共 45 分)26. 反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2的能量变化

39、趋势如下图所示:(1)该反应为_反应(填“吸热”或“放热”)。(2)若要使该反应的反应速率加快,下列措施可行的是_(填字母)A改铁片为铁粉B改稀硫酸为98%的浓硫酸 C升高温度 D减小压强(3)若将上述反应设计成原电池,铜为原电池某一极材料,则铜为_极(填“正”或“负”)。铜片上产生的现象为_,外电路中电子由_电极(填“Fe”或“Cu”,下同),向_电极移动。(4)若依据氧化还原反应:Cu2+Fe=Cu+Fe2+设计的原电池如下图所示,请回答下列问题:电极X的材料是_,电解质溶液Y是_,X电极上发生的电极反应式为_。【答案】 (1). 放热 (2). AC (3). 正 (4). 产生无色气泡

40、 (5). Fe (6). Cu (7). Fe (8). CuSO4 或CuCl2、Cu(NO3)2等 (9). Fe-2e-=Fe2+【解析】【分析】(1)图中反应物总能量大于生成物总能量,则金属与酸的反应为放热反应;(2)增大接触面积、增大反应物浓度、升高温度均可加快反应速率;(3)Fe失去电子作负极,则Cu为正极,电子由负极流向正极;(4) Fe失去电子被氧化,作原电池的负极,Cu2+得到电子发生还原反应,则含有Cu2+的溶液为电解质溶液,以此来解答。【详解】(1)图中显示反应物总能量大于生成物总能量,因此该反应为放热反应;(2)A将改铁片为铁粉,增大了Fe与硫酸的接触面积,反应速率增

41、大,A符合题意;B改稀硫酸为98%的浓硫酸,浓硫酸具有强氧化性,在室温下遇Fe发生钝化,阻止反应的进一步发生,且不生成氢气,B不符合题意;C升高温度,物质内能增加,有效碰撞次数增加,反应速率加快,C符合题意;D反应混合物中无气体物质,减小压强,对化学反应速率无影响,D不符合题意;故合理选项是AC;(3)由于Fe的活动性比Cu强,Fe失去电子被氧化,作原电池的负极,Cu为原电池的正极,则Cu片上溶液中的H+得到电子变为H2,电极反应式为2H+2e-=H2,因此Cu片上的现象产生无色气泡;外电路中电子由负极Fe向正极Cu移动;(4)在反应:Cu2+Fe=Cu+Fe2+中,Fe失去电子,被氧化,Fe

42、为原电池的负极,所以X应该是Fe电极,X电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+;Cu2+得到电子,发生还原反应,因此电解质溶液Y应该是含有Cu2+的盐溶液,可以是CuSO4 或CuCl2、Cu(NO3)2等。【点睛】本题考查了反应中能量变化、反应速率、原电池等,把握图中能量变化、反应速率的影响因素、原电池的工作原理解答的关键,侧重考查学生的分析与应用能力。27. (1)甲醚(CH3OCH3)被称为 21 世纪的新型燃料,它清洁、高效、具有优良的环保性能,甲醚是一种无色气体,具有轻微的醚香味,其燃烧热为 1455kJmol-1。写出甲醚燃烧的热化学方程式_;(2)在恒温(500K)、体积为2.0L

43、的密闭容器中通入 1.0mol N2 和 1mol H2 发生合成氨反应,20min 后达到平衡,测得反应放出的热量为 18.4kJ,混合气体的总物质的量为1.6mol。从开始反应至达到平衡时,用 NH3 表示该反应的化学反应速率 (NH3)=_; 达平衡时 N2 的转化率为_;平衡时 H2 的浓度是_ ;写出 N2 和 H2 合成氨气的热化学方程式_;若拆开 1mol HH 键和 1mol NN 键需要的能量分别是 436kJ 和 946kJ,则拆开1mol NH 键需要的能量是_kJ;判断该反应达到平衡状态的依据是( )A单位时间内消耗 1mol N2 的同时消耗了 3mol H2B单位时

44、间内断裂 1mol NN 的同时断裂了 6mol NHC正(N2)=逆(NH3)DNH3 的物质的量分数不再随时间而变化E容器内气体的压强不再随时间而变化的状态F容器内气体的密度不再随时间而变化的状态Gc(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2【答案】 (1). CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H=1455kJ/mol (2). 0.01molL1min1 (3). 20% (4). 0.2molL1 (5). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJ/mol (6). 391 (7). BDE【解析】【详解】(1)101kPa,1mol

45、纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量称为该物质的燃烧热,甲醚的燃烧热为1455kJ/mol,则甲醚燃烧的热化学方程式为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H=1455kJ/mol;故答案为:CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H=1455kJ/mol;(2)设从起始到平衡消耗N2物质的量为xmol,则反应达到平衡时混合气体总物质的量为1.6mol,则1-x+1-3x+2x=1.6,解得x=0.2,平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为0.8mol、0.4mol、0.4mol;从开始反应至达到平衡时,用 NH3表示该反应的化学

46、反应速率 (NH3)=0.01 molL1min1;达平衡时N2的转化率为=20%;平衡时H2的浓度为=0.2mol/L;故答案为:0.01 molL1min1;20%;0.2mol/L;消耗0.2molN2放出18.4kJ的热量,则消耗1molN2放出的热量为92kJ,N2和H2合成氨气的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJ/mol;故答案为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJ/mol;N2和H2合成氨气的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJ/mol,H=反应物的键能之和-生成物的键能之和,则H=-92kJ/

47、mol=946kJ/mol+3436kJ/mol-6E(NH),解得E(NH)=391kJ/mol,则拆开1mol NH 键需要的能量是391kJ;故答案为:391;A单位时间内消耗 1mol N2的同时消耗了 3mol H2,只表示正反应,不能说明反应达到平衡状态,A不选;B单位时间内断裂 1mol NN 的同时断裂了 6mol NH,说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态,B选;C正(N2)=逆(NH3)时正、逆反应速率不相等,反应没有达到平衡状态,C不选;DNH3的物质的量分数不再随时间而变化,说明各物质的浓度不变,是反应达到平衡状态的特征标志,D选;E该反应的正反应是气体物质的量减小

48、的反应,建立平衡的过程气体物质的量减小,在恒温恒容的容器中,容器内气体的压强减小,达到平衡时气体物质的量不变,容器内气体的压强不变,即容器内气体的压强不再随时间而变化能说明反应达到平衡状态,E选;F根据质量守恒定律,容器内气体的质量始终不变,容器的容积不变,则容器内气体的密度始终不变,则容器内气体的密度不再随时间而变化的状态不能说明反应达到平衡状态,F不选;G达到平衡时各物质的浓度保持不变,但不一定等于化学计量数之比,即c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2时反应不一定达到平衡状态,G不选;答案选BDE。28. 某公司开发了一种以甲醇为原料,以 KOH 为电解质的用于手机的可充电的高

49、效燃料电池,充一次电可连续使用一个月。其中 B 电极的电极材料为碳,如图是一个电化学过程的示意图。请填空:(1)充电时,原电池的负极与电源_极相连。乙池中阳极的电极反应为_(2)放电时:甲池中负极的电极反应式为_。(3)在此过程中若完全反应,乙池中A极的质量增加 648g,则甲池中理论上消耗O2_L (标准状况下)。(4)若要使乙中电解质溶液恢复到电解前的状态,可加入_(填化学式)【答案】 (1). 负 (2). 4OH-4e-=2H2O+O2 (3). (4). 33.6 (5). Ag2O【解析】【分析】甲池为甲醇燃料电池,乙池为电解池,甲醇燃料电池放电时,甲醇失电子发生氧化反应作负极,则

50、A极为阴极,B极为阳极;充电时,燃料电池的正极作阳极,所以正极应该与电源正极相连,原电池负极与电源负极相连。【详解】(1) 充电时,原电池负极与电源负极相连;乙池为电解池,根据放电顺序,阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应,电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2;(2)放电时:甲池中负极甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,所以甲池中负极的电极反应式为;(3) 乙池中A极为阴极,银离子得电子发生还原反应生成银单质,当乙池中A极的质量增加648g,根据电子守恒,每生成1个Ag得1个电子,每消耗一个氧气得到4个电子,则甲池中理论上消耗O2体积=22.4L/mol=33.6L;(4)乙中总

51、反应为4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3,可加入Ag2O与硝酸反应恢复到电解前的状态。29. 某实验小组利用酸性KMnO4 溶液与H2C2O4 溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4 溶液均已加入 H2SO4 ):(提示:草酸被氧化为 CO2)(1)该反应的离子方程式为_, 通过测定KMnO4溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。为了探究KMnO4 溶液与H2C2O4 溶液浓度对反应速率的影响,某同学在室温下完成以下实验:实验编号1234水/mL1050x0.5mol/LH2C2O4溶液/mL5101050.2mol/LKMnO4溶液/mL55

52、1010时间/s402010_(2) x =_,4 号实验中始终没有观察到溶液褪色,你认为可能的原因是_(3)2 号实验中,用H2C2O4 表示的反应速率为_(反应后溶液的总体 积变化忽略不计)。【答案】 (1). (2). 5 (3). 溶液过量(或草酸不足) (4). 0.00625mol/(Ls)【解析】【详解】(1)KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒,写出该反应的离子方程式为:2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。因此,本题正确答案:2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2

53、O;(2)为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响,实验14中溶液的总体积应为20mL,则x=20-10-5=5;根据反应2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可以知道,10mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液,所以4号实验中高锰酸钾过量,导致溶液没有褪色,因此,本题正确答案是:5;KMnO4溶液过量(或草酸不足);(3)2 号实验中,草酸的物质的量为:0.5mol/L0.01L=0.005mol,高锰酸钾的物质的量为:0.2mol/L0.005L=0.001mol,根据反应2Mn+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可以知道,高锰酸钾不足,所以反应中消耗的草酸的物质的量为:0.001mol=0.0025mol,2号实验中,用草酸表示的的反应速率为:(H2C2O4)=0.0065mol/(Ls),因此,本题正确答案是:0.0065mol/(Ls)。

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