福建省晋江市季延中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.doc

季延中学2018年秋高二年期中考试化学科（理科）试卷考试时间：90分钟 满分：100分相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64 Ag-108一、选择题(每小题只有一个答案，每小题2分，共22小题，共44分)1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是： 加快化石燃料的开采与使用研发易降解的生物农药应用高效洁净的能源转化技术田间焚烧秸秆推广使用节能环保材料 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意，即有利于节能减排、保护环境的是，故选B。考点：考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发的相关知识。2.甲装置中所含的是物质的量之比为12的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程中溶液的pH随时间t变化的示意图如乙所示(不考虑电解产物与水的反应)。试分析下列叙述中正确的是()A. 该混合溶液中的SO42-导致A点溶液的pH小于B点B. AB段与BC段在阴极上发生的反应是相同的，即Cu22e=CuC. BC段阴极产物和阳极产物的体积之比为21D. 在整个电解的过程中会出现少量蓝色的Cu(OH)2沉淀【答案】C【解析】【分析】本题主要考查电解原理的应用与学生的图示信息提取能力。可以假设溶液中n(CuSO4）=1mol、n(NaCl）=2mol，电解起初阳极上Cl放电、阴极上Cu2+放电，当转移2mol电子时，阴极上Cu2+完全放电生成Cu、阳极上Cl完全放电生成Cl2，溶液中的溶质之间变为Na2SO4，当Cu2+和Cl完全放电后，继续电解，其实质是为电解水，此时溶液的pH不变。【详解】A.CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+会水解导致溶液呈酸性，从图中可以看出，B点Cu2+和Cl完全放电，导致A点pH小于B点，溶液中的溶质变为为强酸强碱盐Na2SO4，所以，并不该混合溶液中的SO42导致上述pH的升高，故A错误；B. AB段是电解CuCl2、BC段是电解H2O，AB段阴极电极反应式为Cu2+2e-=Cu、BC段阴极电极反应式为2H+2e-=H2，故B错误；C. BC段是电解水，阴极上生成氢气、阳极上生成氧气，所以阴极产物和阳极产物的体积之比为2：1，故C正确； D.由电解产物可知，起初溶液环境为酸性，随着电解的进行，pH的升高到中性后保持不变，因此整个电解过程中溶液不呈碱性，所以不会出现Cu(OH)2蓝色沉淀，故D错误；故本题答案选C。【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，其计算原则与方法如下：a.原则：（1）阳极还原剂失去的电子数 = 阴极氧化剂得到的电子数；如本题中利用此原则可分析得出阴阳极产物分别是什么；（2）串联电路中通过各电极的电子总数相等；（3）电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数。b.方法：（1）电子守恒法：依据电路中转移的电子数相等；（2）总反应式计算法：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式进行相关计算；（3）关系式法：根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。3.在2CH4(g)2NH3(g)3O2(g)=2HCN(g)6H2O(g)反应中，已知v(HCN)n molL1min1，且v(O2)m molL1min1，则m与n的关系正确的是()A. 2mn B. 3m2n C. 2m3n D. m2n【答案】C【解析】【分析】本题考查化学反应速率知识，依据参加反应的各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比的规律来作答即可得出结论。答案选C。【详解】已知：v(HCN)=n mol/(L/min)，v(O2) = m mol/(L/min)，反应速率之比等于其计量数之比，故n mol/(L/min)：m mol/(L/min) = 2：3，即2m 3n，C项正确；【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比进行计算。4. 如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，以下叙述正确的是A. Cu极附近OH浓度增大B. Cu极为原电池负极C. 电子流向是由C极流向Pt极D. 当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成【答案】A【解析】正确答案：A右边原电池，负极Zn2e-=Zn2正极2H2e-=H2左边电解池，阴极2H2O2e-=H22OH，阳极2Cl2e-=Cl2A 正确；B不正确，Cu极为原电池正极；C不正确，电子流向是由Zn极流向Cu极D不正确，当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有2mol H2生成5.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl、ClOx-(x1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是 ()A. e是ClO3-B. bac反应的活化能为60 kJmol1C. a、b、c、d、e中c最稳定D. bad反应的热化学方程式为3ClO(aq)=ClO3- (aq)2Cl(aq)H116 kJmol1【答案】D【解析】【分析】本题以卤族元素氯元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的反应热的计算等。A依据D中Cl元素化合价为+7价；B依据图中数据无法判断ba+c反应的活化能；C能量越低越稳定；DBA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO- = ClO3- + 2Cl-，反应热=(64 kJ/mol+20 kJ/mol）-360 kJ/mol=-116 kJ/mol。【详解】A.由图示信息可知，e中Cl元素化合价为+7价，而ClO3-中Cl元素化合价为+5价，故A错误；B.依据图中数据无法判断ba+c反应的活化能，故B错误；C.能量越低越稳定，因此由图中纵坐标观察，显然a，b，c，d中a能量最低，所以a最稳定，故C错误；D. bad，根据转移电子数守恒得该反应方程式为3ClO-= ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+20kJ/mol）-360kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq）=ClO3-(aq）+2Cl-(aq）H = -116kJ/mol，故D正确；故答案为D。【点睛】通过电子守恒规律写出氧化还原反应及其对热化学方程式反应热微观意义的理解来计算相应反应热的大小是解题的关键，注意化学方程式中的化学计量数。6. 为了测定酸碱反应的中和反应反应热，计算时至少需要的数据是（ ）酸的浓度和体积 碱的浓度和体积 比热容 反应后溶液的质量生成水的物质的量 反应前后溶液温度变化 操作所需的时间A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】试题分析：根据反应热的计算公式H=Q=-cmT可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、反应后溶液的质量以及生成水的物质的量m、反应前后温度，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化T，选项C符合题意考点：测定酸碱中和反应的中和热7. 下列条件一定能使反应速率增大的是（ ） 增加反应物的物质的量 升高温度 缩小反应容器的体积 不断分离出生成物 加入MnO2A. 全部 B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：增加反应物的物质的量，化学反应速率不一定增大，比如增加固体物质的量，不会引起反应速率的变化，错误；升高温度，会使得所有化学反应速率均加快，正确；缩小反应容器的体积，即增大压强，仅仅适用于体参加的反应，错误；不断分离出生成物（不是固体产物），会导致化学反应速率减慢，错误；加入MnO2，仅会使得部分化学反应速率加快，催化剂具有专一性的特点，错误，答案选D。【考点定位】考查外界条件对反应速率的影响【名师点晴】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。当其他条件不变时：浓度：增加反应物的浓度可以加快反应速率；压强：对于有气体参加的化学反应，增大气体的压强，可以加快化学反应速率；温度：升高温度，可以加快化学反应速率；催化剂：加入催化剂可以加快化学反应速率；其他因素：光、超声波、激光、放射线、电磁波、反应物表面积、扩散速率、溶剂等因素也都能影响化学反应的反应速率。8.已知氧化性：Au3AgCu2Pb2Cr3Zn2Ti2。现有如图所示的电化学装置，下列叙述中正确的是A. 若X为Ti，则Y极的电极反应式可能是Zn2eZn2B. 若X为Cr，则Y可以选Zn或TiC. 若Y为Cu，则X极的电极反应式可能是Cr3eCr3D. 若Y为Pb，则Xn(aq)中阴离子数会减少【答案】C【解析】试题分析：根据装置图可知，X电极是负极，失去电子发生氧化反应。Y电极是正极，正极得到电子，发生还原反应，据此可以判断。A、若X为Ti，由于Y电极是正极，得到电子发生还原反应，因此A不正确；B、若X为Cr，则Y电极的金属性要弱于Ti的金属性，Zn或Ti的金属性强于Cr的金属性。则Y不能选Zn或Ti，可以选择铜或Pb等，B不正确；C、若Y为Cu，由于X是负极，则X电极的金属性要强于Cu，所以可以选择Cr，因此负极电极反应式可能是Cr3eCr3，C正确；D、若Y为Pb，由于X电极是负极，失去电子，发生氧化反应，因此Xn(aq)中阴离子数会增加，D不正确，答案选C。考点：考查原电池原理的有关判断和应用9.氢碘酸(HI)可用“四室式电渗析法”制备，其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列叙述错误的是()A. 通电后，阴极室溶液pH增大B. 阳极电极反应式为2H2O4e=4HO2C. 得到1 mol产品HI，阳极室溶液质量减少8 gD. 通电过程中，NaI的浓度逐渐减小【答案】C【解析】【分析】制备氢碘酸，电解质为H2SO4溶液,则阳极区的OH失电子发生氧化反应，生成大量H+，而后H+离子通过阳离子交换膜移向产品室，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，据此分析解答；【详解】A.通电后，阴极室上是氢氧化钠溶液中的H+放电，则溶液pH增大，故A正确；B.阳极上是硫酸溶液中的氢氧根失电子发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-4H+O2，故B正确；C.得到l mol产品HI，则转移l mol电子，阳极电极反应式是2H2O-4e-4H+O2，氢离子通过阳离子交换膜移向产品室，所以消耗0.5mol水即9g，故C错误；D.通电过程中，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，所以NaI的浓度逐渐减小，故D正确。故选C。【点睛】本题考查了电解池原理以及电极反应式的书写，难度适中，应注意的是任何电解质溶液必须保持电中性，离子交换膜的作用是也是电解池中需要掌握的细节。10.25，以石墨作电极电解一定量的硫酸钠饱和溶液。一段时间后，阴极析出a mol气体，同时有m g Na2SO410H2O晶体析出 。若温度不变，此时溶液中溶质的质量分数是（ ）A. 100% B. 100% C. % D. %【答案】D【解析】【分析】用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，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，实际上是电解水，发生总反应2H2O2H2+O2，由于溶剂水的减少，导致溶液中硫酸钠过饱和而析出晶体，但剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可。【详解】用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，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，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液.w g Na2SO410H2O硫酸钠的质量= w g = g。设电解水的质量为x：2H2O2H2+O236g 2 mol x a molx=18a g所以饱和溶液的质量分数= / (w+18a)g 100% = %故答案选D。【点睛】本题难度较大，要求对学过的溶质的质量分数知识灵活运用的同时，还必须有严谨的运算思维与较强的计算能力，分别求出溶质硫酸钠与溶剂水的质量是解题的关键。另外，抓住电解饱和硫酸钠溶液实质是电解水这一点，进而间接求出消耗的水的质量。11.用惰性电极电解1 L 0.1 molL1含Cu2、X3的水溶液，阴极质量和通过电子的物质的量的关系如图所示，则溶液中离子的氧化性由强到弱的顺序是()A. Cu2X3H B. X3Cu2HC. Cu2HX3 D. HCu2X3【答案】C【解析】【分析】本题主要考查惰性电极电解时，阴极区的放电顺序与离子的氧化性有关。离子的氧化性越强，越易得电子。再结合图示信息中电子转移的物质的量与溶液中离子的物质的量的关系进行判断。【详解】理论上阴极增重只能是析出的Cu、X或X和Cu的质量，1L 0.1 molL1含Cu2、X3的物质的量均为0.1mol，它们完全放电所需要电子的物质的量分别为0.2mol和0.3mol，而实际通过图示可以看到，通过0.2 mol e-后阴极质量不再增加，说明铜离子放电后溶液中的氢离子放电，而不是X3+放电析出X，故氧化性由强到弱的顺序是Cu2X3H，选C。本题答案选C。【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：（1）阴极：阴极上放电的一般是溶液中的阳离子。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，则一般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。12.25 、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJmol1，辛烷的标准燃烧热为-5518 kJmol1。下列热化学方程式书写正确的是()A. 2H(aq)SO (aq)Ba2(aq)2OH(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)H57.3 kJmol1B. KOH(aq)H2SO4(aq)= K2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1C. C8H18(l)O2(g)=8CO2(g)9H2O(g)H5518 kJmol1D. 2C8H18(g)25O2(g)=16CO2(g)18H2O(l)H5518 kJmol1【答案】B【解析】【分析】本题主要考查中和热与燃烧热的定义与应用，紧扣定义中的注意事项便可得出答案。【详解】A.中和热专指生成1 mol水时所对应的热量，该热化学方程式中生成的是2mol水，生成BaSO4沉淀也放热，反应热不是57.3kJ/mol，故A错误；B. 符合中和热的概念，故B正确；C. 燃烧热是指1 mol 可燃物生成稳定的氧化物时所对应的热量，该热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故C错误；D.热化学方程式中可燃物不是1mol，不符合燃烧热的定义，故D错误；故本题答案选B。【点睛】对燃烧热与中和热概念的理解是常考点。解题时需注意以下几点：（1）燃烧热是反应热的一种，其H0；（2）101kPa时，纯净可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，如C完全燃烧生成二氧化碳(g)，而不是CO(g)；（3）书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其他物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况；（4）中和热理解为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和反应生成1 mol液态水和可溶性盐所放出的热量。13.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g),下列在不同条件下表示的反应速率中最快的是()A. v(A)=0.5 molL-1min-1 B. v(B)=1.6 molL-1min -1C. v(D)=0.4 molL-1min-1 D. v(C)=0.02 molL-1s-1【答案】D【解析】【分析】本题主要考查化学反应速率的快慢比较，是常考题型。可以采用归一法进行求解，即将不同物质表示的反应速率折算成A表示的反应速率进行比较。【详解】A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，以A的反应速率为标准，根据参加反应的各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比的规律来作答即可比较出反应速率的大小。A. v(A) = 0.5 molL-1min-1B. B为纯固体，不能表示反应速率，故不做考虑；C. v(D)=0.4 molL-1min-1，则v(A）= v(D)/2 = 0.2 molL-1min-1；D. 因v(C)=0.02 molL-1s-1，则v(A）= v(C)/2 = 0.01 molL-1s-1 = 0.6 molL-1min-1；通过对比同一个标准v(A)的大小，可以看出显然D项中表示反应速率最大，即反应速率最快，故D项正确；故本题答案选D。【点睛】化学反应速率的大小比较一般可以归纳为定性比较与定量比较两大类。（1）定性比较：通过明显的实验现象，如反应的剧烈程度、产生气泡或沉淀的快慢以及固体消失。或气体充满所需时间的长短等来定性判断化学反应的快慢，如K与水反应比Na与水反应剧烈，则反应速率：KNa。（2）定量比较：对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但比较反应速率的大小，不能只看数值的多少，而要进行一定的转化，具体比较方法如下：一看：看化学反应速率的单位是否一致；二化：将不同物质表示的化学反应速率转化成同一物质表示的化学反应速率，或分别除以相应物质的化学计量数。三比较：比较同一物质表示的化学反应速率或除以化学计量数之后的数值。数值越大，反应进行得越快。14.在一定条件下，向容积为2 L的密闭容器中加入2 mol N2和10 mol H2，发生反应：N23H2 2NH3，2 min时，测得剩余的N2为1 mol，则下列化学反应速率的表达式中正确的是()A. v(N2)1 molL1min1 B. v(H2)0.75 molL1min1C. v(NH3)0.25 molL1min1 D. v(N2)0.5 molL1min1【答案】B【解析】【分析】本题考查化学反应速率的计算与比较，按照定义求出v(N2) = = 0.25 molL1min1以后，根据各物质表示的化学反应速率与方程式中的化学计量系数成正比即可选出答案。【详解】2 min时，N2物质的量减少了1mol，因此v(N2) = 1mol/(2L2min) = 0.25 molL1min1，各物质表示的化学反应速率与方程式中的化学计量系数成正比，根据反应方程式中的化学计量数可知，v(H2) = 0.75 molL1min1，v(NH3) = 0.5 molL1min1，故A、C、D项错误，B项正确；综上所述，本题选B。【点睛】在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意几点：（1）题设条件中所用时间可能是s，也可能是min，因此常用单位为molL1min1或molL1s1；（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。15.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是A. Pd电极b为阴极B. 阴极的反应式为：N2+6H+6e2NH3C. H+由阳极向阴极迁移D. 陶瓷可以隔离N2和H2【答案】A【解析】A、此装置为电解池，总反应是N23H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N26H6e=2NH3，故B说法正确；C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。16.如图是在航天所用的高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是()A. 放电时正极反应为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OHB. 电池的电解液可为KOH溶液C. 充电时负极反应为MHOHe=H2OMD. MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越大【答案】C【解析】【分析】本题结合充电电池的特点，主要考查原电池与电解池基本原理及其相关的电极反应式的书写。放电时，正极反应式为：NiOOHH2Oe = Ni(OH)2OH，负极反应式为：MHOHe = H2OM，总反应为：NiOOHMH = MNi(OH)2充电时，阳极反应为Ni(OH)2OHe= NiOOHH2O，阴极反应为：H2OMe = MHOH，总反应为MNi(OH)2 = NiOOHMH。以上各式中M为金属合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。在储氢材料中，其氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高。【详解】A.电池放电时，化学能转化为电能，为原电池原理，因此正极发生还原反应，其电极反应式为NiOOHH2Oe = Ni(OH)2OH，故A项正确；B.电池正极反应物为NiOOH，得电子会生成Ni(OH)2，其电极反应式为NiOOHH2Oe = Ni(OH)2OH，所以电解质溶液须为碱性电解质溶液，可为KOH溶液，故B项正确；C.充电时，电能转化为化学能，为电解池原理，该电池负极作阴极，发生得电子的还原反应，其反应式为：H2OMe = MHOH，故C项错误；D.MH为吸附了氢原子的储氢合金，其氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高，故D项正确。【点睛】可充电电池的两极有放电与充电两个过程。分析可充电电池，通常是借助于氧化还原反应中化合价的变化来判断电极反应的反应物与产物。17.已知：锂离子电池的总反应为LixC+ Li1-xCoO2 C+ LiCoO2；锂硫电池的总反应为2Li+S Li2S。（提示：参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量）。有关上述两种电池说法正确的是()A. 锂离子电池放电时，Li向负极迁移B. 锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C. 理论上两种电池的比能量相同D. 如图表示用锂离子电池给锂硫电池充电【答案】B【解析】【分析】本题主要考查新型化学电源的反应原理，以总反应式中氧化还原反应化合价的升价为突破口，其解题思路如下：A.原电池中阳离子向正极移动；B.锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；C.比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；D.通常可以用电压高的、能量高的电池给电压低的、能量低的电池充电，但锂离子电池和锂硫电池的能量及电压都不确定，无法说明锂离子电池一定可以给锂硫电池充电。【详解】A.原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A项错误；B.锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B项正确；C.比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C项错误；D.通常可以用电压高的、能量高的电池给电压低的、能量低的电池充电，但锂离子电池和锂硫电池的能量及电压都不确定，无法说明锂离子电池一定可以给锂硫电池充电，故D项错误；故答案选B。【点睛】新型化学电源反应式的正确书写是本题的难点。要求学生能够正确区分原电池与电解池原理，并通过分析选项，利用排除法解答能够达到事半功倍的效果。18.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图.下列有关该电池的说法正确的是( )A. 反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 molCH4转移12 mol 电子B. 电极A上H2参与的电极反应为:H2+2OH- -2e-=2H2OC. 电池工作时, CO32-向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为:O2+2CO2+4e-=2CO32-【答案】D【解析】试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。考点：原电池的原理的应用视频19.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是 ( )A. 该反应的H91 kJmol1B. 加入催化剂，该反应的H变小C. 反应物的总能量小于生成物的总能量D. 如果该反应生成液态CH3OH，则H减小【答案】D【解析】试题分析：A反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故A错误；B加入催化剂，反应热不变，故B错误；C由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故C正确；D如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则H减小，故D错误；故选C。【考点定位】考查反应热与焓变【名师点晴】本题考查反应热与焓变，注意反应物与生成物总能量与反应热的关系，特别是催化剂只改变反应的活化能，但不能改变反应热。反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，曲线活化能降低，应加入催化剂。20.已知：NH3H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的H24.2 kJmol1，强酸、强碱稀溶液反应的中和热为H57.3 kJmol1，则NH3H2O在水溶液中电离的H等于()A. 69.4 kJmol1 B. 45.2 kJmol1 C. 69.4 kJmol1 D. 45.2 kJmol1【答案】D【解析】试题分析：根据盖斯定律：2NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O （l）H=-24.2kJ/mol2NH3H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）H=-24.2kJ/molNH3H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）H=-12.1kJ/moL （1）H+（aq）+OH-（aq）=H2O （l）H=-57.3kJ/mol （2）（1）-（2）可得：NH3H2O（aq）=NH4+（aq）+OH-（aq），H=+45.2kJ/mol，答案选D。考点：盖斯定律21.下图是某同学设计的验证原电池和电解池的实验装置，下列有关说法不正确的是()A. 关闭K2、打开K1，试管内两极都有气泡产生B. 关闭K2、打开K1，一段时间后，发现左侧试管收集到的气体比右侧略多，则a为负极，b为正极C. 关闭K2，打开K1，一段时间后，用拇指堵住试管移出烧杯，向试管内滴入酚酞，发现左侧试管内溶液变红色，则a为负极，b为正极D. 关闭K2，打开K1，一段时间后，再关闭K1，打开K2，检流计指针不会偏转【答案】D【解析】【分析】A.关闭K2，打开K1，该装置为电解池，NaCl溶液被电解，阴极产生氢气，阳极产生氯气；B.由于氯气在水中的溶解度比氢气大，一段时间后，试管中体积大的气体为氢气；C.产生氢气的一极消耗了氢离子，溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞溶液变红；D.一段时间后，再关闭K1，打开K2时，氢气、氯气和NaCl溶液能形成原电池。【详解】A.关闭K2，打开K1，该装置为电解池，NaCl溶液被电解，两极分别产生氢气和氯气，故A正确；B.由于氯气在水中的溶解度比氢气大，一段时间后，气体体积大的为氢气，该电极为阴极，与该极相连的电源电极即为负极；则生成氯气的电极为阳极，与该极相连的电源电极即为正极，故B正确；C.产生氢气的一极消耗了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞溶液变红，故C正确；D.一段时间后，再关闭K1，打开K2时，氢气、氯气和NaCl溶液能形成原电池，放电时会引起电流计指针发生偏移，故D错误。故选D。【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：（1）先判断是原电池原理还是电解池原理；（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的转移及其反应现象等；（3）若为电解池，则需要先看是惰性电极还是活性电极，如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电顺序分析即可。22.下列对化学反应预测正确的是（）选项化学反应方程式已知条件预测AM(s)=X(g)Y(s)H0它是非自发反应BW(s)xG(g)=2Q(g)H0A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】AM(s)X(g)+Y(s)，反应气体系数增大，为熵增大的反应，S0，H0，在高温条件下能自发进行，故A错误；BW(s)+xG(g)2Q(g)H0，x为1，2，3时，反应熵变，S0，则一定满足H-TS0，反应能够自发进行，故B正确；C.4X(g)+5Y(g)4W(g)+6G(g)反应为气体系数增大的反应，S0，所以当H0，一定满足H-TS0，反应一定能够自发进行，当H0时，当高温时，H-TS0，成立，可以自发进行，故C错误；D.4M(s)+N(g)+2W(l)4Q(s)为气体系数减小的反应，S0，当H0时，H-TS0，一定不能自发进行，故D错误；故选B。点睛：在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用G来表示，且G=H-TS，当G=H-TS0时，反应向正反应方向能自发进行；当G=H-TS=0时，反应达到平衡状态；当G=H-TS0时，反应不能向正反应方向自发进行；据此解答。二、非选择题（共7题，共56分）23.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：H88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是_。(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.5 kJmol1，CH3OH(l)1/2O2(g)=CO2(g)2H2(g)Ha kJmol1，则a_726.5(填“”“”或“”)。(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al(s)3TiO2(s)3C(s)=2Al2O3(s)3TiC(s)H1176 kJmol1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为_。【答案】 (1). M (2). (3). 2Cl2(g)2H2O(g)C(s)=4HCl(g)CO2(g)H290 kJmol1 (4). 98 kJ【解析】【分析】本题考查化学能与热能的综合运用，主要从化学反应热的计算，以及根据热化学反应方程式来计算能量变化等思路进行解答。（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；（2）甲醇燃烧生成CO2(g）和H2(g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a238.6；（3）有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ12=98kJ；【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N：H = +88.6kJmol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定；故答案为：M；（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；故答案为：；（3）有1 mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2 mol氯气反应放热290 kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(s) 4HCl(g) + CO2(g) H = -290 kJmol-1；故答案为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(g) 4HCl(g) + CO2(g) H = -290kJmol-1；（4）4Al(g) + 3TiO2(g) + 3C(g) 2Al2O3(g) + 3TiC(g) H = -1176 kJmol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，故答案为：98kJ；【点睛】热化学方程式的书写经常是常考点。需要注意的事项如下：（1）热化学方程式不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明化学反应中的能量变化；（2）书写时，各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数，一般不用小数；（3）在物质的化学式后用括号注明反应物和生成物的聚集状态。一般用英文字母g、l和s分别表示物质的气态、液态和固态，水溶液中的溶质则用aq表示；（4）根据焓变的性质，若热化学方程式中各物质前的化学计量数加倍，则H的数值也加倍，若反应逆向进行，则H改变符号，但数值的绝对值不变。24. （10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的化学方程式有 。（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是 。（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合液ABCDEF4molL-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= 。反应一段时间后，实验E中的金属呈 色。该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因 。【答案】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2（2分）（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）（3） V1=30；V6=10；V9=17.5 红色（紫红色）（每格1分，共4分）当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面（2分）【解析】试题分析：用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2加快反应；为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验，则该实验只是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故V1=V2=V3=V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。考点：探究实验。25.如图所示是一个用铂丝作电极，电解稀MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性指示剂，此时溶液呈红色(指示剂的pH变色范围：6.88.0，酸红色，碱黄色)。回答下列问题：(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是_(填编号)。A管溶液由红变黄 B管溶液由红变黄 A管溶液不变色 B管溶液不变色(2)写出A管中发生反应的电极反应式：_。(3)写出B管中发生反应的电极反应式：_。(4)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是_。【答案】 (1). (2). 2H2e=H2，Mg22OH=Mg(OH)2 (3). 4OH4e=2H2OO2 (4). 白色沉淀溶解，溶液呈红色【解析】【分析】本题主要考查采用惰性电极电解时阴阳极区反应式的书写及其指示剂的变色范围，解题思路为：（1）电解时，阳极B上氢氧根离子放电，导致阳极附近溶液呈酸性；阴极A上氢离子放电生成氢气，同时有氢氧根离子生成，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液呈弱碱性；（2）A中氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；（3）B中氢氧根离子放电生成氧气；（4）氧气能使带火星的木条复燃；（5）混合溶液呈酸性，氢氧化镁能溶于酸。【详解】（1）电解时，阳极B上OH放电，导致阳极附近溶液呈酸性；阴极A上H+放电生成H2，同时有OH生成。OH和Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，溶液呈碱性，再根据已知信息，因为指示剂的pH变色范围：6.88.0，酸红色，碱黄色，所以看到的现象是A管由红色变为黄色，B管不变色，故选；（2）A中氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子反应为2H+2e H2、Mg2+2OH Mg(OH)2，故答案为：2H+2e H2、Mg2+2OH Mg(OH)2；（3）B中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH4e 2H2O+O2，故答案为：4OH4e 2H2O+O2；（4）电解后溶液呈酸性，且溶液中有氢氧化镁白色沉淀生成，氢氧化镁能溶于稀硫酸，所以溶液混合时，白色沉淀溶解，溶液呈红色，故答案为：白色沉淀溶解，溶液呈红色。【点睛】用惰性电极电解稀溶液的阴阳极特点为：（1）电解水型：含氧酸（如H2SO4）、可溶性强碱（NaO