浙江省诸暨市牌头中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

浙江省诸暨市牌头中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）本卷可能用到的相对原子质量：H1，C12，N14，O16，Na23，S32，K39，Cl35.5，Ba137，Fe56一、选择题（本题有30小题，每题2分，共60 分，选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）1.下列属于氧化物的是A. NaClB. Al2O3C. H2SO4D. NaOH【答案】B【解析】ANaCl是一种盐，故A错误；BAl2O3是由铝、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故B正确；CH2SO4由硫、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此H2SO4不属于氧化物，是含氧化合物，故C错误；DNaOH是由钠、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此氢氧化钠不属于氧化物，故D错误；答案为B。点睛：在从组成上识别氧化物时，切不可将其和物质的简单分类孤立开来；要注意氧化物的概念是建立在化合物的基础上的也就是，要判断某物质是不是氧化物，要先看看它是不是纯净物，是不是化合物，然后，再从组成上识别它是不是氧化物而不能只根据物质的元素组成，不管它是否为纯净物中的化合物，就盲目地来妄加判断；否则将会事倍功半。2.下列仪器名称为“长颈漏斗”的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】A仪器名称为分液漏斗，故A错误；B 仪器名称为长颈漏斗，故B正确；C仪器名称为三角漏斗，故C错误； D仪器名称为球形干燥管，故D错误；答案为B。3.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3CH2OHB. 盐酸C. CO2D. Na【答案】C【解析】ACH3CH2OH的水溶液不导电，是非电解质，故A错误；B盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；CCO2是非电解质，但其水溶液能导电，故C正确；DNa是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案为C。点睛：掌握该考点需要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。4.下列物质的水溶液因溶质水解显酸性的是A. KNO3B. NH4ClC. NaHSO4D. NaHCO3【答案】B【解析】AKNO3水溶液中电离出钾离子和硝酸根离子，溶液呈中性，故A错误；BNH4Cl水溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故B正确；CNaHSO4 溶液中硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故C正确；DNaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选B。5.下列物质的主要成分为甲烷的是A. 干冰B. 可燃冰C. 水煤气D. 液化石油气【答案】B【解析】A. 干冰是固态二氧化碳，A错误；B. 可燃冰的主要成分为甲烷，B正确；C. 水煤气的主要成分是氢气和一氧化碳，C错误；D. 液化石油气的主要成分是烃类物质，是丙烷和丁烷的混合物，通常伴有少量的丙烯和丁烯，D错误，答案选B。6.下列表示正确的是A. 丙烷分子的比例模型为：B. 乙炔的结构简式：CHCHC. 乙炔分子的球棍模型：D. 聚丙烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A.为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型表示丙烷分子中各原子体积的相对大小，丙烷的比例模型为，故A错误；B.乙炔的结构简式：CHCH，故B错误；C.乙炔是直线形分子，碳碳原子之间存在三键，所以其球棍模型：，故C正确；D.聚丙烯的结构简式为：，故D错误。故选C。7.乙烯是重要的工业原料，下列有关乙烯叙述不正确的是A. 常温常压下是气体B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色C. 可使酸性高锰酸钾溶液发生加成反应而褪色D. 在氧气中燃烧有明亮的火焰【答案】C【解析】A乙烯是碳原子数小于5的烃，常温常压下是气体，故A正确；B乙烯分子结构中含有碳碳双键，性质较活泼，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C乙烯含有碳碳双键，性质较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D乙烯具有可燃性，在氧气中燃烧有明亮的火焰，故D正确；故选C。点睛：碳原子数小于5的烃在常温常压下是气体，乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能被强氧化剂氧化，在一定条件下能发生加成反应、加聚反应；注意乙烯中含有碳碳双键导致其性质较活泼，其特征反应是加成反应。8.下列说法不正确的是A. 石油的裂化、裂解都是从长链烃变成短链烃B. 裂化目的是获得轻质油，裂解目的是获得气态乙烯、丙烯等短链烃C. 石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物D. 石油分馏是物理变化，裂化裂解是化学变化【答案】C【解析】【详解】A.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等短链烃，裂化、裂解都是从长链烃变成短链烃，故A正确；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等短链烃，故B正确；C.因石油炼制过程中，根据石油中各成分的沸点不同，采用分馏的方法将它们分离，得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等，这些馏分都是混合物，故C错误；D.石油的分馏是根据沸点不同，将各组分加以区分，属于物理变化，通过石油的裂化、裂解可以得到小分子化合物，属于化学变化，故D正确。故选C。9.欲制取较纯净的CH2ClCH2Cl（即1，2-二氯乙烷），最合理的方法是A. CH3CH3与Cl2取代B. CH2=CH2与 HCl加成C. CH2=CH2与Cl2加成D. CH3CH2Cl与Cl2取代【答案】B【解析】试题分析：ACH3CH3与Cl2取代产物有多种，得不到纯净的CH2ClCH2Cl，故A错误；BCH2=CH2与HCl加成只生成CH3CH2Cl，得不到CH2ClCH2Cl，故B错误；CCH2=CH2与Cl2加成只生成CH2ClCH2Cl，故C正确；DCH3CH2Cl与Cl2取代产物有多种，得不到纯净的CH2ClCH2Cl，故D错误。10.下列说法正确的是A. 石墨和C60互同位素B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体C. l4CO2的摩尔质量为46D. 、为不同的核素，有不同的化学性质【答案】B【解析】【详解】A.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子之间的互称，石墨和C60互为同素异形体，故A错误；B.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.l4CO2的摩尔质量是46g/mol，故C错误；D.和二者是同种元素的不同核素，质子数一样，化学性质相似，故D错误。故选B。11.有专家提出，如果对燃烧产物如CO2、H2O、N2 等利用太阳能使它们重新组合，使之变成CH4、CH3OH、NH3等的构思(如图)能够实现，那么不仅可以消除对大气的污染，还可以节约燃料， 缓解能源危机，在此过程中太阳能最终转化为A. 化学能B. 生物质能C. 热能D. 电能【答案】C【解析】【详解】利用太阳能使CO2、H2O、N2等重新组合，根据图示可知组合成可燃物，而可燃物燃烧后转化为产物并放出热量，产物又结合太阳能转化为燃料，如此循环，可知太阳能最终转化为热能。故选C。12.城市居民用的石油气主要成分是丁烷，在使用的过程中，常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中， 这种杂质是A. 丙烷和丁烷B. 乙烷和丙烷C. 乙烷和戊烷D. 戊烷和己烷【答案】D【解析】常温下,烃中含碳原子数不大于4的烃以气体形式存在,故液态杂质中,烃分子的碳原子数必大于4,故选D项。13.一定温度下，反应N2（g）+3H2(g) 2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是A. c(N2)c(H2)c(NH3)132B. N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变C. N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍D. 单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2【答案】B【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；A平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故c(N2)c(H2)c(NH3)=132不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；BN2，H2和NH3的质量分数不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；D单位时间内每增加1 mol N2，同时增加3 mol H2都是向逆反应方向，故不能说明达到平衡状态，故D错误；故答案为B。点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1各物质的浓度不变。2各物质的百分含量不变。3对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。14.除去甲烷中混有的乙烯A. 酸性高锰酸钾溶液B. 溴水C. 溴的四氯化碳溶液D. 氢氧化钠溶液【答案】B【解析】【详解】A.酸性高锰酸钾溶液能与乙烯反应生其它气体物质，因此会引入新的杂质气体，故A错误；B.甲烷与溴水不反应，而乙烯能与溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷液体，反应后并无其它气体物质生成，可用于除去甲烷中混有的乙烯，故B正确；C.乙烯能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，但甲烷能溶于四氯化碳溶液，所以甲烷中混有的乙烯不能用溴的四氯化碳溶液除去，故C错误；D.甲烷、乙烯与氢氧化钠溶液均不发生反应，故不可除杂，故D错误。故选B。【点睛】物质在除杂时应注意：一除杂试剂必须过量；二过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新杂质)；三除杂途径选最佳。15.氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2O22H2O，其工作示意图如图。下列说法不正确的是A. a 极是负极B. b 电极上发生还原反应C. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4eOHD. 放电前后电解质溶液的pH发生改变【答案】C【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，据此答题。【详解】A.氢氧燃料电池中，在电极上反应的是氢气和氧气，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，故A正确；B.氢氧燃料电池中，负极上通入燃料，发生氧化反应，正极上通入氧气，发生还原反应，即氧气在b极上发生还原反应，故B正确；C.氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，电解质溶液为硫酸溶液，该电极上发生得电子的还原反应，电极方程式为：O2+4H+4e=2H2O，故C错误；D.氢氧燃料电池的总反应式是氢气燃烧生成水的反应，电解质硫酸溶液的酸性减弱，pH值增大，故D正确。故选C。【点睛】根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。16.已知空气锌电池的电极反应如下： 锌片电极：Zn2OH2e=ZnOH2O，石墨电极：O2H2O2e=2OH，可以判断石墨电极是A. 负极，发生还原反应B. 正极，发生氧化反应C. 负极，发生氧化反应D. 正极，发生还原反应【答案】D【解析】【详解】根据化合价可以知道，原电池中较活泼的金属作负极，发生氧化反应，在反应中Zn失去电子被氧化，所以Zn为原电池的负极；在石墨电极上O2得到电子，被还原，发生还原反应，所以石墨电极为正极。故选D。【点睛】原电池正、负极的判断基础是自发进行的氧化还原反应，如果给出一个化学反应方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。17.下列说法中正确的是A. 镍氢电池、锂电池和碱性锌锰干电池都是二次电池B. 氢氧燃料电池是一种高效且不会污染环境新型电池C. 铅蓄电池放电的时候正极材料是铅，负极材料是二氧化铅D. 铅蓄电池充电时将化学能转化为电能【答案】B【解析】【详解】A.镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，故A错误；B.氢氧燃料电池的产物是水，对环境无污染，且原料利用率较高，故B正确；C.铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极，PbO2被还原，为原电池的正极，故C错误；D.铅蓄电池充电时将电能转化为化学能，故D错误。故选B。18.在一定温度下，反应H2(g)I2(g)2HI(g)达到化学平衡状态的标志是A. 单位时间内生成nmolH2，同时就有nmolHI 生成B. 单位时间内有nmolH2生成，同时就有nmolI2生成C. 容器内气体的总压强不随时间的变化而变化D. 容器内混合气体的颜色不再变化【答案】D【解析】【详解】A.单位时间内生成nmolH2，同时就有nmolHI生成，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故A错误；B.单位时间内有nmolH2生成，同时就有nmolI2生成，只表示逆反应，不能表明达到平衡状态，故B错误；C.该反应为气体分子数不变的反应，气体的总物质的量始终不变，体系内总压强始终不变，容器内气体的总压强不随时间的变化而变化不能表明反应达到平衡状态，故C错误；D.容器内混合气体的颜色不再变化，即I2(g)的浓度不再改变，表明反应达到平衡状态，故D正确。故选D。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。19.根据能量变化示意图，下列说法正确的是 A. 反应物的总能量高于生成物的总能量B. 2molH和1molO结合生成1molH2O放出热量C. 1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2，需要吸收131.3kJ的热量D. 反应的热化学方程式可表示为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+(a-b)kJmol-1【答案】B【解析】【分析】由图可知，正反应的活化能为bkJ/mol，逆反应的活化能为akJ/mol，该反应的反应物总能量较低、生成物的总能量较高，所以该反应为吸热反应，反应热为（b-a）kJ/mol=131.3kJ/mol，据此答题。【详解】A.由图中信息可知，该反应是吸热反应，所以反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，故A错误；B.由图中信息可知，1molH2O(g)形成2molH和1molO需要吸收热量，则2molH和1molO结合生成1molH2O放出热量，故B正确；C.1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2，反应条件不同、水的状态不同，生成1molCO和1molH2吸收的热量也不同，故C错误；D.由状态及焓变可知，该反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=(ba)kJmoll，故D错误。故选B。【点睛】放热反应、吸热反应的判断依据：1根据反应物具有的总能量与生成物具有的总能量之前的关系：反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，该反应为放热反应；反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，该反应为吸热反应。2反应物具有的键能总和与生成物具有的键能总和的大小关系：H=反应物的总键能-生成物的总键能，若反应物的总键能大于生成物的总键能，则H大于0，该反应为吸热反应；若反应物的总键能小于生成物的总键能，则H小于0，该反应为放热反应。20.将 pH=1的盐酸与pH=11的NaOH 溶液按体积比为1：9 混合，混合后溶液的pH约为A. 2B. 6C. 7D. 10【答案】A【解析】【详解】pH=1的盐酸中氢离子的物质的量为0.1Vmol，pH=11的NaOH溶液中氢氧根的物质的量为0.009Vmol，故盐酸过量，则反应后溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=-lgc(H+)=2。故选A。21.下列关于电解质溶液的说法正确的是A. 25时，某浓度的KHA溶液pH=4，则HA的电离程度大于水解程度，H2A为弱酸B. 常温下，通过测定0.1molL1NH4Cl溶液的酸碱性能证明NH3H2O是弱电解质C. 同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸D. pH=3的CH3COOH 溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液中：c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)【答案】B【解析】【详解】A.25时，某浓度的KHA溶液pH=4，说明HA的电离程度大于水解程度，或HA只电离不水解，因此H2A为不一定弱酸，故A错误；B.因为盐酸是强酸，如果常温下测定0.1mol/LNH4Cl溶液显酸性，则说明NH4Cl属于强酸弱碱盐，一水合氨是弱电解质，如果溶液显中性，则说明NH4Cl属于强酸强碱盐，一水合氨是强电解质，因此测0.1mol/LNH4Cl溶液的酸碱性能证明一水合氨是弱电解质，故B正确；C.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同的倍数，浓度仍然相等，盐酸的酸性大于醋酸，盐酸的pH小于醋酸，故C错误；D.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液，其物质的量浓度前者大于后者，等体积混合后CH3COOH过量，溶液显酸性，则c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故D错误。故选B。22.铜是人类最早发现和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、镍、 银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2Ni2Cu2)A. 粗铜作阳极，其电极反应式：Cu22e=CuB. 电解过程中，电解质溶液中c(Cu2)不变C. 电解后，阴极上还附有极少量的Fe和NiD. 电解后，可用阳极泥来提炼金、银等贵金属【答案】D【解析】【详解】A.阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+、Fe-2e-=Fe2+、Zn-2e-=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+，故A错误；B.电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni、Cu；阴极析出的是铜，所以溶液中铜离子减小，故B错误；C.由于氧化性Fe2+Ni2+Cu2+，所以阴极上析出的是铜，Fe2+和Ni2+不能得电子析出，故C错误；D.粗铜中含有少量铁、锌、镍、银、金等杂质做阳极，银、金不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D正确。故选D。23.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。故选C。【点睛】本题考查金属的腐蚀及防护，注意判断形成电化学腐蚀的条件以及金属的防护措施是解答关键。24.常温下，关于pH值相同的醋酸和盐酸两种溶液，下列说法不正确的是A. c(CH3COOH)c(HCl)B. c(CH3COO)= c(Cl)=c(H+)C. 两种溶液中水的电离程度相同D. 与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少【答案】D【解析】【详解】A.醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸，即c(CH3COOH)c(HCl)，故A正确；B.根据电荷守恒，醋酸溶液中有：c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-），盐酸溶液中有：c（Cl-）+c（H+）=c（OH-），两溶液pH相同，则两溶液中c（H+）相同，c（OH-）相同。所以c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(H+)，故B正确；C.醋酸和盐酸两种溶液都呈酸性，酸抑制水的电离，pH值相同，说明氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，故C正确；D.醋酸是弱电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，醋酸的浓度大，与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠溶液的体积多，故D错误。故选D25.下列叙述正确的是A. 95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B. pH3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH4C. 0.2molL1的盐酸与等体积水混合后pH1D. pH3的醋酸溶液与pH11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH7【答案】C【解析】【详解】A.95纯水的pH7是因为水的电离过程吸热，升高温度，促进电离，c(H+)10-7mol/L，但c(H+)=c(OH-)，纯水仍呈中性，故A错误；B.醋酸是弱酸，稀释促进醋酸电离，则稀释10倍后pH4，故B错误；C.0.2molL1盐酸中氢离子浓度为0.2molL1，与等体积水混合后氢离子浓度为0.1molL1，pH1，故C正确；D.因为醋酸是弱酸，pH3的醋酸与pH11的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH7，故D错误。故选C。26.反应X(g)4Y(g)+Z(g)，在200和T时，X 的物质的量浓度(单位：molL-1)随时间变 化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200/0.800.550.350.200.150.15T/1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是A. 在200时，4min内用Y表示的化学反应速率为0.1125molL-1min-1B. T下，6min时反应刚好达到平衡状态C. 根据上表内 X 的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大D. 从表中可以看出T 200，故D错误。故选C。27.在一密闭容器中充入1 molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)I2(g) 2HI(g)，下列说法正确的是A. 保持容器容积不变，向其中加入1molH2，化学反应速率不变B. 保持容器容积不变，向其中加入1molAr，化学反应速率增大C. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molAr，化学反应速率不变D. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变【答案】D【解析】A是增大氢气的浓度，反应速率加快，不正确。B中反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，不正确。C中由于保持压强不变，所以必须扩大容器的容积，因此反应物的浓度增大，反应速率降低，不正确，D正确，答案选D。28.下列条件一定能使反应速率加快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加入生成物加入MnO2A. 全部B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】若反应物的状态是纯固体或液体物质，则增加反应物的物质的量，化学反应速率不变，故错误；升高温度，会使体系的内能增加，化学反应速率增加，故正确；对于无气体参加的反应，缩小反应容器的体积，反应速率不变，故错误；加入生成物的状态是固体或液体，则反应速率不变，故错误；加入MnO2是固体物质，若不作催化剂，则对化学反应速率无影响，故错误。所以一定能使反应速率加快的是。故选C。29. 一定温度下，在2L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下图所示，下列描述正确的是A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158 molL1s1B. 10s后，该反应停止进行C. 反应的化学方程式为：2X(g) + Y(g)2Z(g)D. 反应开始到10s时，平均反应速率：v(X)= v(Y)=0.0395 molL1s1【答案】D【解析】分析：A.反应速率通常用单位时间内浓度的变化量表示；B.平衡时正逆反应速率相等，不为0；C.根据图像判断反应物和生成物，结合物质的量的变化量判断；D.反应速率通常用单位时间内浓度的变化量表示。详解：A.10s内，用Z表示的反应速率为v（Z）=1.58mol/(2L10s)=0.079moL/（Ls），A错误；B由图可知，l0s后，该反应到达平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，v（正）=v（逆）0，B错误；C由图象可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且n（X）：n（Y）：n（Z）=（1.20-0.41）mol：（1.00-0.21）mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），C错误；D010 s的时间内的平均反应速率：v(X)=v(Y)=0.79mol/(2L10s)=0.0395 molL-1s-1，D正确；答案选D。30.根据如图所示的信息，判断下列叙述不正确的是A. 1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量B. 氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量C. 1molH2(g)跟molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量245kJD. 1molH(g)与molO(g)的总能量大于1molH2O(g)的能量【答案】B【解析】试题分析：A.对同一个化学键来说，断裂时吸收的能量与形成时放出的能量相等，A项正确；B.H2在O2中燃烧为放热反应，B项错误；C.QQ(吸)Q(放)(436 kJ249 kJ)930 kJ245 kJ，说明该反应中释放出245 kJ能量，C项正确；D.放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，D项正确；答案选B。考点：考查化学反应的实质，化学反应中的能量变化。二、非选择题31.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。同位素_，同素异形体_，同分异构体_。金刚石与“足球烯”C60；D与T；16O、17O和18O；氧气（O2）与臭氧（O3）；CH4和CH3CH2CH3；乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；和；和；【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】有相同质子数，不同中子数或同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体。【详解】金刚石与“足球烯”C60都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体；D与T质子数相同，中子数不同，故互为同位素；16O、17O和18O质子数相同，中子数不同，故互为同位素；氧气（O2）与臭氧（O3）都是由氧元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体；CH4和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，互为同系物；乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；和结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，互为同系物；和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；所以互为同位素的是，互为同素异形体的是，互为同分异构体的是，故答案为：，。32.如图所示，水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天后观察：（1）铁钉在逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于_腐蚀。(填“化学”或“电化学”)（2）若试管内液面上升，则原溶液呈_性，发生_腐蚀，电极反应式：负极：_，正极：_。（3）若试管内液面下降，则原溶液呈_性，发生_腐蚀，电极反应式：负极：_，正极：_。【答案】(1)电化学(2)弱酸性或中吸氧2Fe4e=2Fe2O22H2O4e=4OH(3)较强的酸析氢Fe2e=Fe22H2e=H2【解析】根据原电池的构成条件：有两种不同的材料(Fe为负极，碳为正极)，有电解质溶液，形成闭合回路；可知铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀。根据金属腐蚀的条件原理及结果可知：试管内液面上升，说明是试管内压强减小，试管内气体被吸收所致，是铁钉吸氧腐蚀的结果，据此写出电极反应式；试管内液面下降，说明是试管内气体压强变大，试管内产生了新气体所致，是铁钉析氢腐蚀的结果，据此写出电极反应式。33.（1）常温下，0.5mol 甲醇(CH3OH)在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热 量363.3kJ。写出该反应的热化学方程式_。（2）请设计一个燃料电池：电解质溶液为强碱溶液，Pt 作电极，在电极上分别通入CO和氧气。通入 CO的电极应为_极(填“正”或“负”)，该电极上发生的电极反应式为_。【答案】 (1). CH3OH（l）+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.6KJmol-1 (2). 负 (3). CO+4OH2e=CO32+2H2O【解析】【详解】（1）在热化学方程式中物质的计量系数表示的是物质的量，0.5mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量363.3kJ，则1mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量726.6KJ，其热化学方程式为：CH3OH（l）+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.6KJmol-1，故答案为：CH3OH（l）+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.6KJmol-1。（2）燃料电池中，通入燃料的电极为负极，即通入CO的电极为负极，在负极上甲烷一氧化碳失电子发生氧化反应，在强碱性溶液中CO的氧化产物应为碳酸盐，故电极上发生的电极反应为：CO+4OH2e=CO32+2H2O，故答案为：负，CO+4OH2e=CO32+2H2O。【点睛】明确原电池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。34.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中化学反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)达到平衡状态。（1）该反应的平衡常数表达式K_；（2）500时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表 示的化学反应速率是_(用 nB，tB表示)。（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是_(填字母，下同)。av生成(CH3OH)v消耗(CO)b混合气体的密度不再改变 c混合气体的平均相对分子质量不再改变 dCO、H2、CH3OH的浓度均不再变化【答案】 (1). (2). (3). cd【解析】【分析】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物的浓度系数次幂之积，据此书写；（2）先根据图象，依据v=计算v（CH3OH），然后根据速率之比等于化学计量数之比求出v（H2）；（3）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物的浓度系数次幂之积，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）化学平衡常数k=；故答案为：。（2）v（CH3OH）=mol/（Lmin），化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=2v（CH3OH）=mol/（Lmin），故答案为：mol/（Lmin）。（3）a.v生成（CH3OH）=v消耗（CO），表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，故a错误；b.混合气体的总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不再改变，不能说明到达平衡，故b错误；c.该反应为气体体积缩小的反应，气体的物质的量发生变化，而气体总质量不变，则平均相对分子质量为变量，当平均相对分子质量不再变化时，说明达到平衡状态，故c正确；d.平衡时各组分的浓度不变，CO、H2、CH3OH的浓度不再改变，说明到达平衡，故d正确。故答案为：cd。35.常温下，现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：（1）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为： pH（甲）_pH（乙）（填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和至 pH=7，则消耗的 NaOH 溶 液的体积大小关系为：V(甲)_V(乙)（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)_0.01mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)。(填“”、“”、或“”)【答案】 (1). 小于 (2). 大于 (3). 【解析】【详解】（1）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度小于盐酸溶液中氢离子浓度减小的程度，所以醋酸的pH小于盐酸，故答案为：小于。（2）各取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，经NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V（甲）V（乙），故答案为：大于。（3）pH=2的醋酸中c（H+）=0.01molL-1，c（H+）水=c（OH-）水=10-12mol/L；0.01molL-1的盐酸中c（H+）=0.01molL-1，c（H+）水=c（OH-）水=10-12mol/L；所以pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)与0.01mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)相等，故答案为：。36.将气体A、B置于固定容积为2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) 2C(g)2D(g)，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。（1）用C 表示10s内反应的平均反应速率为_。（2）反应前A的物质的量浓度是_。（3）1