安溪一中高一下学期实验班线上阶段测试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020年春季高一实验班化学科单元测试（3.18）一、判断题（说法正确的填A，错误的填B，每小题2分，共36分）1。煤、石油、天然气等燃料的最初来源都可追溯到太阳能.(）（A或B）2.铁与盐酸反应属于放热反应，Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应。(）（A或B)3。对于放热反应，反应物的键能总和大于生成物的键能总和。()（A或B)4.相同条件下,若1mol氢原子和1mol氢分子所具有的能量分别为E1和E2，则2E1=E2。（）（A或B）5.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol—1,则H2SO4和Ca(OH）2反应的中和热ΔH=2×(-57。3）kJ·mol-1。（）(A或B）6.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热。()(A或B)7。原电池的正极和电解池的阳极均发生氧化反应。()（A或B）8.在原电池中，阳离子向正极移动，在电解池的阳离子则向阴极移动。（）(A或B）9。由A、B金属和稀硫酸构成的原电池，A极上有气泡放出,则金属性A大于B。（)（A或B）10。工业上用电解熔融氯化物的方法制备金属钠、镁和铝。（)（A或B）11.电化学腐蚀指在外加电流作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程。（）（A或B)12.钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀,负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈。（）(A或B）13.工业上电解精炼铜时电解池中每转移1mol电子阳极上溶解铜原子数为0。5NA。（）（A或B）14.电解按CuSO4与NaCl物质的量之比1:3混合液,最终溶液呈碱性。（）（A或B）15.白铁（镀锌)比马口铁（镀锡）更不易生锈.（)(A或B）16。“牺牲阳极的阴极保护法”应用的是原电池原理.（）（A或B）17.铅蓄电池充电时电池中硫酸的浓度不断变小.（)（A或B）18。蓄电池充电时正极应连接外电源的正极。（）（A或B）【答案】1.A2。A3.B4。B5。B6。B7.B8.A9。B10.B11。B12.B13。B14。A15。A16.A17。B18.A【解析】【1题详解】煤、石油、天然气等燃料的最初来源都可追溯到太阳能，正确;【2题详解】金属与酸反应放热，铁与盐酸反应属于放热反应，Ba(OH）2·8H2O与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应，正确；【3题详解】反应物断键需要吸收热量，生成物成键需要放出热量，放热反应说明生成物的总键能大于反应物的总键能，错误；【4题详解】形成化学键释放能量，则2E1>E2，错误;【5题详解】中和热是指稀溶液中，强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol液态H2O所放出的热量,与反应的物质的量无关，错误；【6题详解】燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成最稳定的氧化物所放出的热量，所以甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳，错误；【7题详解】原电池正极发生还原反应，错误；【8题详解】在原电池中，阳离子向正极移动，在电解池的阳离子则向阴极移动，正确;【9题详解】由A、B金属和稀硫酸构成的原电池,A极上有气泡放出,说明A作正极,则金属性B大于A，错误；【10题详解】工业上电解熔融的氧化铝制备金属铝,错误；【11题详解】电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池不含电源，是自发的发生氧化还原反应，错误；【12题详解】钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀,负极是金属失电子发生氧化还原，正极是吸收氧气发生还原反应，错误；【13题详解】电解精炼铜时，阳极为粗铜，有铁、锌等杂质,优先放电，错误；【14题详解】惰性电极电解按CuSO4与NaCl物质的量之比1:3混合液，阳极Cl-先放电生成氯气，3molCl—反应转移3mol电子，阴极铜离子放电生成铜单质，1molCu2+转移2mol电子，Cu2+反应完后氢离子反应,最后溶液为电解水,所以呈碱性,正确；【15题详解】金属性锌>铁〉锡，白铁（镀锌）与马口铁（镀锡）在潮湿空气中形成原电池时，白铁中铁作正极，马口铁中铁作负极，正确；【16题详解】“牺牲阳极的阴极保护法”应用的是原电池原理，外加电流的阴极保护法是利用电解原理,正确；【17题详解】根据铅蓄电池总反应可知,充电时会生成硫酸，电池中硫酸浓度会增大,错误；【18题详解】蓄电池充放电过程互为可逆，放电时正极发生还原反应，充电时应连接外电源的正极作阳极，发生氧化反应，正确;二、选择题（每小题4分，共64分，每小题只有一个正确选项）19。已知:①CH4(g）＋2O2（g）=CO2(g)＋2H2O(l）ΔH1=—Q1②H2(g)＋O2（g）=H2O（g)ΔH2=—Q2③H2（g）＋O2(g)=H2O(l）ΔH3=-Q3常温下取体积比为4:1的甲烷和氢气共11.2L（已折合成标准状况）经完全燃烧恢复到常温，放出的热量为（)A。0。4Q1＋0.05Q2 B.0.4Q1＋0.1Q2C。0.4Q1＋0.1Q3 D.0。4Q1＋0.05Q3【答案】C【解析】【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学反应方程式计算放出的热量。注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算。【详解】甲烷和氢气的混合气体11.2L

（已折合成标准状况)，所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量，甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0。4mol，氢气的物质的量为0.1mol；由①可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4Q1kJ;由③可知0。1mol氢气燃烧生成液态水所放出的热量为0。1Q3；放出的总热量为0.4Q1+0.1Q3。答案选C。【点睛】本题要求的反应热是通过各个物质的量对应的热化学方程式进行计算，关键点是正确计算出甲烷和氢气的物质的量，易错点是注意水的状态，恢复至室温说明水的状态是液态。20。50mL0。5mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热,下列说法正确的是A从实验装置上看,除了缺少环形玻璃搅拌棒外没有其他问题B。大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏大C.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大D。实验中改用60mL0。5mol/L盐酸跟50mL0。55mol/LNaOH溶液进行反应,与上实验相比，所放出的热量不相等，但是所求中和热相等【答案】D【解析】【详解】A．从实验装置上看，缺少环形玻璃搅拌棒外，内外烧杯不一样高，热量损失大，A错误;B．大烧杯上如不盖硬纸板，会导致热量损失大，使测得的中和热数值会偏小，B错误；C．用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，由于NH3·H2O是弱电解质,电离吸收热量，使测得中和热的数值会偏小，C错误；D．实验中改用60mL0。5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等,但是由于中和热是反应产生1mol水时所放出的热量，因此所求中和热相等，D正确；故答案选D。21.已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋（aq)＋OH－（aq)=H2O(l)ΔH＝－57。3kJ·mol－1，向0。1L0.2mol·L－1的NaOH溶液中加入下列物质:①稀醋酸；②浓硫酸；③稀盐酸，恰好完全反应。则其焓变ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系是（）A.ΔH1>ΔH2>ΔH3 B。ΔH1>ΔH3>ΔH2 C.ΔH1＝ΔH3〉ΔH2 D。ΔH1<ΔH3<ΔH2【答案】B【解析】【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH—(aq)═H2O（l）△H=—57.3kJ•mol-1，①稀醋酸;②浓硫酸；③稀盐酸,恰好完全反应，稀盐酸反应放出的热量为0.02×57.3kJ,醋酸电离吸热、浓硫酸稀释放热，醋酸反应放出的热量少，浓硫酸反应放出热量多，且△H均为负值，则△H1＞△H3＞△H2；故选B。22.科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似．已知断裂1molN﹣N键吸收193kJ热量,断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则下列说法不正确的是（）A.N4与N2互为同素异形体B.1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量C。N4变成N2是化学变化D。N4不可能是分子晶体【答案】D【解析】【详解】A．N4与N2是同一元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，正确；B．从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据N4（g)=2N2(g）△H，有△H=6×193kJ•mol-1-2×941kJ•mol—1=—724kJ•mol-1，正确；C．N4与N2是不同的物质，因此N4变为N2的反应是化学变化，正确；D．N4是由四个N原子形成的分子,形成的就是分子晶体,错误。23.在298K、1。01×105Pa下，将0.5molCO2通入750mL1mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下,1molCO2通入1L2mol·L—1NaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（）A。CO2(g)＋NaOH(aq）=NaHCO3(aq）ΔH=—(2y—x)kJ·mol—1B.CO2（g)＋NaOH(aq)=NaHCO3（aq)ΔH=-(2x—y）kJ·mol-1C。CO2（g）＋NaOH(aq)=NaHCO3（aq）ΔH=—（4x-y)kJ·mol—1D。2CO2（g）＋2NaOH（l)=2NaHCO3(l）ΔH=-(8x—2y)kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】0。5molCO2通入750mL1mol·L-1NaOH溶液中生成碳酸钠和碳酸氢钠，物质的量之比为1:1，放出热量为xkJ，2molCO2反应放出热量为4xk。J，热化学反应方程式为

2CO2(g）

+

3NaOH（aq)=NaHCO3(aq)

+

Na2CO3(aq）

+

H2O（l）ΔH=

—4xkJ·mol-1①；1molCO2通入1L2mol·L—1NaOH溶液中反应生成碳酸钠,放出的热量为ykJ，则热化学方程式为2NaOH(aq）

+

CO2(g)

=Na2CO3(aq)ΔH=

—ykJ·mol-1②；根据盖斯定律可知,①—②得:CO2（g）

+

NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=

—（4x—y）kJ·mol-1；答案选C。【点睛】CO2通入NaOH溶液中反应可生成碳酸钠或者碳酸氢钠，看两者物质的量之比，确定好产物才能正确书写热化学方程式，最后利用盖斯定律解题即可。24.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是A。正极反应为AgCl＋e－＝Ag＋Cl－B.放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C。若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D。当电路中转移0。01mole－时,交换膜左侧溶液中约减少0。02mol离子【答案】D【解析】【详解】A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过,故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变,错误;D项当电路中转移0。01mole－时，交换膜左侧产生0。01molAg＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01molH＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0。02mol离子减少,正确.故选D。25.钢铁在潮湿的空气中会被腐蚀,发生的原电池反应为2Fe＋2H2O＋O2=2Fe（OH）2。以下说法正确的是（）A。钢柱在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀B.原电池是将电能转变为化学能的装置C.正极发生的反应为2H2O＋O2＋2e-=4OH—D。负极发生的反应为Fe—2e—=Fe2＋【答案】D【解析】【分析】钢铁中含有铁和碳,在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极。据此分析。【详解】A．氧气在水中的溶解度较小，在水下部分比在空气与水交界处更难腐蚀，A错误；B．原电池是将化学能转变为电能的装置,B错误；C．正极发生的反应为2H2O＋O2＋4e-=4OH-，C错误；D．根据反应方程式知，负极反应式为Fe-2e-=

Fe2+，D正确；答案选D。26.如图是甲醇燃料电池的结构示意图.甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子,电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH+3O22CO2+4H2O。下列说法不正确的是A。左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇B。正极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－C。负极反应式为：CH3OH+H2O-6e－=CO2+6H+D。该电池提供1mole－，消耗氧气0.25mol【答案】B【解析】【详解】A、左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇,甲醇在负极上失电子发生氧化反应，故A正确;B、酸性条件下，正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故B错误；C、负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O—6e—=CO2+6H+，故C正确；D、已知正极反应式为：O2+4H++4e—=2H2O,则消耗1mol氧气转移1mol电子，所以该电池提供1mole-,消耗氧气0.25mol,故D正确;故选B.27。直接煤一空气燃料电池原理如图所示,下列说法错误的是（）A。随着反应的进行，氧化物电解质的量不断减少B.负极的电极反应式为C+2CO32—-4e-=3CO2↑C。电极X为负极，O2-向X极迁移D。直接煤一空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高【答案】A【解析】【详解】A、氧化物电解质的量不会减少,在电极Y上O2得到电子生成O2-不断在补充,故A错误；B、由原理图分析可知,其负极反应式为C+2CO32—-4e-=3CO2↑，即B正确；C、原电池内部的阴离子向负极移动，所以C正确；D、直接煤一空气燃料电池是把化学直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转化为电能,其中能量损耗较大,所以D正确。正确答案为A.28.Li-SO2电池具有输出功率高和低温性能好等特点.其电解质是LiBr,溶剂是碳酸丙烯酯和乙腈，电池反应为2Li+2SO2Li2S2O4。下列说法正确的是（）A.该电池反应为可逆反应B。放电时，Li+向负极移动C。充电时，阴极反应式为Li++e一=LiD.该电池的电解质溶液可以换成LiBr的水溶液【答案】C【解析】【详解】A、电池的放电和充电是在不同的反应条件下发生的,故该电池反应不能叫做可逆反应，错误;B、放电时，Li+向正极移动，错误；C、充电时,阴极发生还原反应，正确；D、电解质溶液若是水溶液，则碱金属锂会和水发生反应，错误。29。三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42—可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.下列叙述正确的是A。通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低D。当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【答案】B【解析】【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动,因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡,使溶液中c（H＋）>c（OH－)，所以正极区溶液酸性增强,溶液的pH减小，故A错误;B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子,发生还原反应而放电,破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－）〉c(H＋),所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确;C．负极区氢离子得到电子,使溶液中c（H＋)增大,所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B.【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液pH的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算,结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。30.铝表面在空气中天然形成的氧化膜耐磨性和抗蚀性不够强.控制一定的条件，用如图所示的电化学氧化法，可在铝表面生成坚硬致密，耐腐蚀的氧化膜。下列有关叙述正确的是（）A.阴极上有金属铝生成B.电极A为石墨，电极B为金属铝C.OH-在电极A上放电，有氧气生成D.阳极的电极反应式为：2Al—6e—+3H2O═Al2O3+6H+【答案】D【解析】根据原电池装置和题目信息可知电解总反应为：2Al+3H2OAl2O3+H2↑，则A、阴极氢离子放电，电极反应为：2H++2e-=H2↑，A错误；B、电极A与电源的正极相连，是阳极，发生失去电子的氧化反应,应是为Al,B错误；C、电解质为硫酸溶液，氢氧根离子不可能参加反应，阳极反应为：2Al-6e-+3H2O＝AL2O3+6H+，C错误;D、阳极反应为:2Al-6e—+3H2O＝AL2O3+6H+，D正确；答案选D。31.金属镍有广泛的有途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性:Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（）A.阳极发生还原反应，电极反应式:Ni2++2e—=NiB.电解后，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C.电解后，溶液中存在的金属离子只有Fe2+和Zn2+D。电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt【答案】D【解析】【详解】A．阳极发生氧化反应，Fe、Ni、Zn失电子，A错误；B．阳极上放电的有Fe、Ni、Zn，阴极是Ni2+得电子生成金属Ni，阴阳极上转移电子数相等，但是金属摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等,B错误;C．电解后溶液中还有Ni2+,C错误；D．Pt为惰性电极，所以阳极上Cu和Pt不参与反应，电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，D正确;答案选D.32。图中X为电源，Y为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。下列判断正确的是（)A。滤纸上c点附近会变红色B。Cu电极质量减小，Pt电极质量增大C.Z中溶液的pH先减小，后增大D。溶液中SO42—向Cu电极定向移动【答案】A【解析】【分析】通电后紫红色的阴离子MnO4—会向阳极移动,所以d是阳极，推出电源X的b是正极，a是负极，电解池Cu是阴极，Pt是阳极，据此分析。【详解】A．通电时,饱和食盐水中氢离子得电子在c极上析出，导致c极附近氢氧根离子的浓度增大,溶液的碱性增强，所以滴有酚酞的试液会变红,A正确；B．通电时,铜作阴极，铂作阳极，铜极上铜离子得电子析出铜单质导致铜极质量增大；铂极上氢氧根离子失电子生成氧气,所以铂极质量不变，B错误;C．通电时，电解池为“放氧生酸型”,溶液的PH值变小,C错误；D．通电时，电解池中阴离子向阳