高二化学上学期期中试题（含解析）
相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 N－14 O－16 Cu－64
一、选择题：
1.下列我国科技创新的产品设备在工作时，能量转化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
①长征三号运载火箭用偏二甲肼为燃料 A. ①② 【答案】D 【解析】
②嫦娥四号月球探测器上太阳能电池板 ③和谐号动车④世界首部可以350 km/h飞折叠柔屏手机驰 通话 B. ③④
【详解】①偏二甲肼的燃烧属于氧化还原反应；
②太阳能电池板将太阳能转变为电能，其主要工作原理是太阳光照在半导体p-n结上，形成新的空穴-电子对，在p-n结电场的作用下，空穴由p区流向n区，电子由n区流向p区，接通电路后就形成电流。此过程未涉及氧化还原反应； ③和谐号动车将电能转变为了动能，过程中未涉及氧化还原反应；
④世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，电池放电过程中涉及氧化还原反应； 故选D。
2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ） A. 调味剂
的C. ②③ C. 着色剂
D. ①④
B. 防腐剂 D. 增稠剂
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【答案】B 【解析】
【详解】A、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A不符合题意； B、防腐剂是能抑制微生物活动，防止食品腐败变质的一类食品添加剂，延缓氧化的反应速率，故B符合题意；
C、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不符合题意； D、增稠剂是增大食品的黏稠度，与速率无关，故D不符合题意； 答案选B。
3.在酸性条件下，可发生如下反应： ClO3+2M3++4H2O=M2O7+Cl－+8H+， M2O7中M的化合价是 （ ） A. +4 【答案】C 【解析】
根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。 4.在任何温度下，下列反应都不能自发进行的是 ．．A. 2O3(g) =3O2(g) ΔH＜0 C. N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) ΔH＜0 ＞0 【答案】B 【解析】 【分析】
反应能否自发进行取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，据此分析判断。
【详解】A．2O3(g) =3O2(g) △H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，任何温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．2CO(g) =2C(s)+O2(g) △H＞0，△S＜0，任何温度下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故B选；C．N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) △H＜0，△S＜0，在较低温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故C不选；D．CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) △H＞0，△S＞
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nnB. +5 C. +6 D. +7
B. 2CO(g) =2C(s)+O2(g) ΔH＞0 D. CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) ΔH0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故D不选；故选B。 5.在N2+3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.8 mol/L，
在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.25mol/(L·s)，则此段时间是（ ） A. 2 s 【答案】C 【解析】
【详解】根据化学反应各物质浓度变化之比等于其化学计量数之比可知，这段时间内，H2的浓度变化为
3×0.8mol/L=1.2 mol/L，根据这段时间内H2的平均反应2B. 3.2 s C. 4.8 s D. 5.6 s
1.2mol/LΔc速率为0.25mol/(L·s)得：Δt===4.8s，故答案为C。
v0.25mol/Ls6.对于反应2NO2gN2O4g，关于反应速率的说法正确的是（ ）
A. 6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大 B. 反应速率越大，可逆反应进行的越完全
C. 恒温恒容下，充入N2，压强增大但正逆反应速率都不变 D. 升温或加压都能增大反应物活化分子百分数，从而加快速率 【答案】C 【解析】
【详解】A、因未指明速率对应物质，若3.5mol·L﹣1·s﹣1表示N2O4的平均速率，6mol·L﹣1·s﹣1表示NO2的平均速率，则前者比后者快，故A错误；
B、反应速率越大，可逆反应进行的越快，反应最终进行的程度与速率无关，故B错误；
C、恒温恒容下，充入N2，体系内总压增大，各物质分压不变，各反应物浓度不变，其化学反应速率不变，故C正确；
D、升温能够增加活化分子百分含量，同时增加有效碰撞频率，从而增加化学反应速率，加压能够增加单位体积内活化分子含量，有效碰撞频率增加，化学反应速率加快，但活化分子百分含量不变，故D错误； 答案选C。
【点睛】需注意活化分子数、活化分子百分数、单位体积内活化分子含量（活化
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分子体积分数）等概念之间的区别与联系，如增加反应物浓度，活化分子数增加，活化分子百分含量不变，活化分子体积分数增加，有效碰撞频率增加。 7.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为放热反应，热效应ΔH=E1-E2 B. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2
C. 使用催化剂后，整个反应的速率快慢由E2对应反应决定
D. 曲线b说明催化剂参与反应过程，降低反应的活化能，但不改变ΔH 【答案】D 【解析】
【详解】A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热反应，E1表示有催化剂条件下第一阶段反应的活化能，E2表示有催化剂条件下第二阶段反应的活化能，其热效应为ΔHE1-E2，故A错误；
B、有催化剂条件下，反应的活化能应为能量较高的E1，故B错误；
C、因E1>E2，故使用催化剂后，整个反应的速率快慢由E1对应反应决定，故C错误； D、催化剂能够降低化学反应的活化能，故曲线b说明催化剂参与反应过程，反应的ΔH只由物质的始终态有关，故ΔH不变，因此D正确。 8.一定温度下，在2 L密闭容器中发生反应：2N2O5g4NO2g+O2gΔH>0。
已知N2O5物质的量变化为图中曲线b。下列说法中正确的是（ ）
A. 0~20 s内平均反应速率v(N2O5)=0.1 mol·(L·s)-1 B. 10 s时,正、逆反应速率相等,达到平衡 C. 20 s时,正反应速率大于逆反应速率
D. 曲线a可表示NO2的物质的量随反应时间的变化
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【答案】D 【解析】
【详解】A、在反应2N2O5(g)
4NO2(g)+O2(g)中N2O5为反应物，NO2为生成物，它
们的计量数之比为1:2，也就是说NO2变化的物质的量是N2O5的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随
2molΔc反应时间的变化，根据v(N2O5)==2L=0.05 mol·(L·s)-1，故A错误；
Δt20sB、根据图中可知10 s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C、根据图中反应物和生成物的物质的变化情况可知，20 s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，故C错误；
D、由A选项分析中可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，故D正确。 9.已知反应：H2(g)＋12O2(g)=H2O(g) ΔH1
1212N2(g)＋O2(g)=NO2(g) ΔH2 N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(g) ΔH3
7O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为（ ） 2则反应2NH3(g)＋
A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 C. 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 【答案】D 【解析】 【分析】
B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律①×3+②×2-③×2
得
2NH3(g)＋
72O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则
△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。
【点睛】本题考查了盖斯定律的计算，会根据目标方程式进行分析是解答关键。
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10.如图所示，铁片、铜片和硫酸铜溶液可以构成原电池或电解池，下列说法不正确的是（ ）
A. 构成原电池时，Cu极反应为Cu2++2e-= Cu B. 构成电解池时，Fe电极质量一定减少
C. 构成电解池时，Cu极质量可能增加也可能减少 D. 构成的原电池或电解池在工作时的反应原理可能相同 【答案】B 【解析】 【分析】
构成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上金属失电子发生氧化反应，较不活泼的金属铜作正极，正极上得电子发生还原反应；构成电解池时，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，据此解答。 【详解】A、构成原电池时，较不活泼的金属铜作正极，正极上溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故A正确；
B、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，若a连接电源负极，则质量增加，故B错误；
C、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，连接电源负极的电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应；如果b为阳极，电解池工作时，铜失电子生成铜离子进入溶液导致电极质量减少，如果b为阴极，溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出附着在b电极上，导致电极质量增加，故C正确；
D、构成原电池时，负极上铁失去电子，正极上铜离子得电子而析出，构成电解池时，当铁电极为阳极时，铁失去电子，阴极上铜离子得电子而析出，其原理相同，故D正确。
11.在恒温恒容密闭容器中发生可逆反应Xg+Yg
2Zg，X、Y、Z的初始浓
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度分别为2.0 mol·L-1和1.0 mol·L-1，2.0 mol·L-1，达平衡后，下列数据肯定不正确的是（ ） A. c(X)=0.5 mol·L-1 C. c(Z)=0.5 mol·L-1 【答案】A 【解析】
【详解】因不确定该条件下，反应具体向哪个方向进行，因此存在有三种可能：反应正向进行、反应逆向进行、反应达到平衡，若反应一开始正向进行，采用极值法（反应物完全转化为生成物），最终c(X)=1mol/L、c(Y)=0、c(Z)=4mol/L，因不可能完全转化，故平衡时2mol/L>c(X)>1mol/L，1mol/L>c(Y)>0，4mol/L>c(Z)>2mol/L；若反应一开始逆向进行，同理可知平衡时3mol/L>c(X)>2mol/L，2mol/L>c(Y)>1mol/L，2mol/L>c(Z)>0；若一开始反应就处于平衡状态，X、Y、Z的浓度分别为2mol/L和1mol/L，2mol/L；由此可知答案为A。
12.下列说法正确的是（ ）
B. c(Y)=0.5 mol·L-1 D. c(Z)=3.0 mol·L-1
①
② ③ ④
A. 装置①表示已组装的铜锌原电池
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小 C. 装置③可以在铁钉上镀铜
D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法 【答案】C 【解析】
【详解】A、该原电池装置中缺少盐桥，不能形成闭合回路，不能构成原电池，故
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A错误；
B、该装置为电解池，a极为阴极，发生的电极反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，附近的pH增加，故B错误；
C、该电解池阳极（铜）反应为：Cu－2e－=Cu2＋，阴极（铁钉）反应为：Cu2＋＋2e－=Cu，由此可知，该装置可以在铁钉上镀铜，故C正确；
D、该装置铁闸门连接电源负极，作电解池阴极从而被保护，该方法为外加电流的阴极保护法，故D错误。
13.下列有关平衡常数的说法中，正确的是（ ） A. 在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值 B. 反应 2NO2gN2O4gH＜0，增大压强该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数 D. 改变条件，若反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大 【答案】C 【解析】
【详解】A、对于一个化学反应，其表达式一定，其数值受到温度的影响，温度发生变化，平衡常数会随着发生变化，故A错误；
B、化学平衡常数只与温度有关，改变压强，化学平衡常数不发生改变，故B错误； C、对于给定可逆反应，其正反应与逆反应的平衡常数表达式互为倒数，因此当温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；
D、化学平衡常数只与温度有关，改变外界条件，反应物的转化率增大，若温度未改变，其化学平衡常数不变，故D错误。
14.在一绝热容积不变的密闭容器中发生可逆反应2Xg能说明该反应达到化学平衡状态的是（ ） A. 混合气体的密度不再变化 C. X、Y浓度比为1：1 【答案】C 【解析】
【详解】A、根据质量守恒，该反应未达到平衡时，气体质量会改变，而容器体积不变，故气体密度在反应未达到平衡时会发生改变，当气体密度不变时，可说明
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2Yg+Zs，以下不
B. v逆(X)＝v正(Y) D. 体系压强不再变化
该反应达到了平衡状态，故A不符合题意；
B、根据化学反应速率之比等于其计量数之比，v逆(X)= v逆(Y)，当v逆(Y)= v正(Y)时，反应处于平衡状态，故B不符合题意；
C、当X、Y的浓度比为1：1时，因缺少相关数据，不能说明浓度不再改变，所以反应不一定处于平衡状态，故C符合题意；
D、该反应的容器为绝热容器，在反应未达到平衡时，体系内温度一定会发生相应的变化，压强也会随之变化，当体系内压强不发生变化时，即体系温度不变，由此可知该反应处于平衡状态，故D不符合题意。
【点睛】对于平衡状态的判断，主要从“变量不变则平衡”判断，因此需要注意结合题干信息分析相关物理量是变量还是定量，认真审题是关键。 15.下列化学用语或说法正确的是（ ） A. 用铁作阳极电解熔融Al2O3生产金属铝
--B. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e=4OH
C. 粗铜（含Zn、Fe、Ag 、Au杂质）精炼阳极泥的成分只有Au
+D. 石墨作电极电解饱和食盐水：2H+Cl通电Cl2+ H2
【答案】B 【解析】
【详解】A、用铁作阳极电解熔融Al2O3，阳极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋，电极被损耗，不符合生产实际，故A错误；
B、钢铁吸氧腐蚀的正极发生还原反应，其电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B正确；
C、粗铜（含Zn、Fe、Ag 、Au杂质）精炼阳极泥的成分主要为失电子能力比铜弱的金属（Au、Ag等），故C错误；
D、石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上是Cl-失去电子生成Cl2，阴极为水电离出的H+得到电子，其电解总反应为：2Cl－＋2H2O
H2↑＋Cl2↑＋2OH－，故D错误。
【点睛】对于电化学相关反应的书写需注意，若反应实质为弱电解质（如水）电离出的离子参加反应，在书写时需书写其化学式。
16.常温下，下列各组离子在指定溶夜中一定能大量共存的是（ ）
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-3+2A. 酸性溶夜中: Cl、NH4、Al、SO4 2Cl-、NO3、Na+、SO3B. 饱和氯水中:
+-2C. 在水溶夜中: H、I、NO3、SiO3 +2+D. pH=0的溶液中：Na、NH4、NO3、Fe
【答案】A 【解析】
-3+2【详解】A、常温下，Cl、NH4、Al、SO4之间不会发生化学反应，且与酸性条
件下的H+不会反应，能够大量共存，故A符合题意；
B、饱和氯水中含有氧化性物质Cl2、HClO，能与具有还原性的SO32-发生氧化还原反应，故不能大量共存，故B不符合题意；
C、H+与NO3-的组合具有氧化性，能与具有还原性的I-发生氧化还原反应，且H+与SiO32-能发生复分解反应生成难溶物H2SiO3，不能大量共存，故C不符合题意； D、pH=0的溶液中c(H+)=1mol/L，H+与NO3-的组合具有氧化性，能与具有还原性的Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意。
【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间不能大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间不能大量共存（如 Fe3+和 SCN-等）。还需注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；题干具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；题干要求是“可能共存”、 “一定能共存”、“一定不能共存”等。
17.用铂电极电解CuSO4和Al2(SO4)3的混合液一段时间后，往溶液中加入0.5mol Cu2(OH)2 CO3恰好使溶液复原，则电解过程转移的电子的物质的量为( ) A. 1 mol 【答案】C 【解析】 【分析】
根据电解硫酸铜的原理：第一阶段：2CuSO4+2H2O
2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶
B. 2 mol
C. 3 mol
D. 4 mol
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段：2H2O可。
2H2↑+O2↑，根据所加入的Cu2(OH)2 CO3的量结合电极反应来计算即
【详解】如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入CuO或CuCO3就可以，但是现在加入的是0.5mol Cu2(OH)2 CO3，相当于多加入了0.5mol H2O，这0.5mol的水，应该是第二阶段的反应进行，该阶段转移了1mol电子，第一阶段转移了2mol电子，所以总共转移电子3mol。
【点睛】对于电解质溶液的复原需满足：损失（生成固体或气体脱离溶液）什么加什么，损失多少加多少；如本题中加入的Cu2(OH)2 CO3，最终加入的物质实质为Cu(OH)2、CuO。
18.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCn下列说法不正确的是（ ） ．．．
LiFePO4+nC
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4 B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn D. 充电时，Li+向左移动 【答案】D 【解析】 【分析】
由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCn
。- 11 -
LiFePO4+nC。放电时，作为原电池，
LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4
为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确； C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误； 答案选D。
19.一定条件下对于可逆反应2Xg+3Yg2Zg，若X、Y、Z三种气体的初
始浓度和平衡浓度如下表（c1、c2、c3均不为零）： 物质 X Y c2 0.3 Z c3 0.12 初始浓度(mol·L－1) c1 平衡浓度(mol·L－1) 0.2
则下列判断正确的是（ ） A. c1∶c2＝2∶3
B. 平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3 C. X、Y的转化率之比为2：3 D. c1的取值范围为0＜c1＜0.3 【答案】A 【解析】
【详解】①若反应一开始正向进行 2Xg+3Yg2Zg
起始浓度(mol·L－1) c1 c2 c3 转化浓度(mol·L－1) 2x 3x 2x 平衡浓度(mol·L－1) c1-2x c2-3x c3+2x
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c1-2x=0.2c12c-3x=0.3，解得=；c1、c2、c3均不为零且均大于0，故0 起始浓度(mol·L－1) c1 c2 c3 转化浓度(mol·L－1) 2x 3x 2x 平衡浓度(mol·L－1) c1+2x c2+3x c3-2x c1+2x=0.2c12c+3x=0.3，解得=；c1、c2、c3均不为零且均大于0，可推出0 c12均为，故A正确； c23B、速率之比等于化学计量数之比，则平衡时Y和Z的生成速率之比为3:2，故B错误； C、转化率=起始的量×100%，X、Y的转化量、开始的量均为2:3，则X、Y的转化率之比为1:1，故C错误； D、综上所述，c1的取值范围为0＜c1＜0.32，故D错误。 【点睛】若反应物的投料比等于其计量数之比，则反应物的转化率相等，平衡时相关物理量比例等于其化学计量数之比。 20.如图所示装置，若开始时a、b两端液面相平，放置一段时间后，下列有关叙述中正确的是( ) 转化的量 - 13 - A. 铁丝在两处的腐蚀速率：a>b B. a、b两端相同的电极反应式为Fe-3e-=Fe3+ C. 一段时间后，a端液面高于b端液面 +H2 D. a处总反应为：Fe +2H2O=Fe(OH)2 【答案】C 【解析】 【分析】 生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。 【详解】生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀， A、生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故A错误； B、a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故B错误； C、a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确； D、a处发生吸氧腐蚀，其总反应为：4Fe＋O2＋2H2O=4Fe(OH)2，故D错误； 答案选C。 【点睛】铁在原电池或电解池中，其发生氧化反应均是先生成Fe2+，不会直接生成Fe3+，生成的Fe2+可能会发生后续反应而被氧化，需注意其电极反应的书写。 21.清华大学王晓琳教授首创三室电解法制备LiOH，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（ ） - 14 - A. X电极连接电源正极 B. M为阴离子交换膜 --C. Y电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH D. 制备2.4 g LiOH产生的H2在标准状况下为1.12 L 【答案】C 【解析】 【分析】 该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。 【详解】A、根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A正确； B、由图可知硫酸从最左侧导出，则SO42-需通过M进入最左侧，故M为阴离子交换膜，故B正确； C、Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误； 2.4gD、制备2.4gLiOH，n(OH)==0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑， 24g/mol- 则n(H2)=0.05mol，标准状况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正确。 22.下列装置或操作能达到目的的是 - 15 - A. 装置①用于测定生成氢气的速率 B. 装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响 C. 装置③依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应 D. 装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响 【答案】C 【解析】 【分析】 装置①生成的氢气可以由长颈漏斗溢出；装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，不符合控制变量法；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响； 【详解】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，故A错误；装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸（乙二酸）来做实验，故B错误；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能实现目的，故C正确；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响，故D错误。 二、填空题 23.（1）实验测得5g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量。试写出甲醇燃烧的热化学方程式：___________________________。 （2）现己知N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)过程中能量变化示意如图。根据下列已知键能数据计算N-H键键能为____________________kJ/mol 。 - 16 - 化学键 键能(kJ/mol) H-H 436 946 （3）用如图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题： 仪器A的名称为 ________________________ 。 取30mLH2SO4（0.5mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.5mol·L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高4.1℃，已知中和后生成的溶液的比热容为 4.18J/g℃，溶液的密度均为1g/cm3，通过计算可得中和热 ______ 。（保留小数点后一位） 上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生此偏差的原因可能是（填字母）______。 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定H2SO4溶液的温度 c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 实验中若改用60mLH2SO4（0.25mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.55 mol·L-1）溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 ______ （填“相等”、“不相等”）， - 17 - 所求中和热 _____ （填“相等”、“不相等”），若用50mL0.5mol·L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会 ______ （填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。 【答案】 (1). 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH=-1452.8kJ/mol (2). 391 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). -54.8kJ·mol-1 (5). ab (6). 不相等 (7). 相等 (8). 偏小 【解析】 【详解】（1）5g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量，则2mol甲醇燃烧放出热量为 64113.5kJ=1452.8kJ，故甲醇燃烧的热5化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH=-1452.8kJ/mol； （2）由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)，放出的能量为（1173-1127）kJ=46kJ ，设N-H键键能为akJ/mol，则3a-（ 13×946+×436）=46，解得a=391； 22（3）仪器A为环形玻璃搅拌棒；取30mLH2SO4（0.5mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.5mol·L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，生成水的物质的量为0.025mol，溶液的质量为80g，三次实验温度平均升高4.1℃，放出的热量 Q=4.18J/(g·℃)×80g×4.1℃=1371J=1.371kJ，，所以生成1mol水放出的热量为 1.371kJ=54.8kJ，即中和热△H=-54.8kJ·mol-1；实验数值结果较57.3kJ·mol-1 0.025偏低， a、实验装置保温、隔热效果差，导致实验过程中部分热量损失，溶液温度偏低，所计算出的热量偏低，符合题意； 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，会导致有部分物质反应，所测硫酸的起始温度偏高，导致实验前后温度差偏低，所计算出的热量偏低，符合题意； c、本实验酸碱混合正确操作为一次性混合，故该操作对实验无影响，不符合题意； 故答案为ab； 反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mLH2SO4（0.25mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.55 mol·L-1）溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量 - 18 - 增多，所放出的热量偏高；但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，中和热相等；又醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会减小， 故答案为：不相等；相等；偏小。 24.CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。 （1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，在催化剂作用下发生如下脱硝反应：2NOg+2COg=2CO2g+N2g，该反应平衡常数的表达式 K=______________，在570 K时，K值极大，为1×1059，但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是________________。 （2）以Mn3O4 为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。 第一步：___________________________________； 第二步：3MnO2+2CO=Mn3O4+2CO2 （3）T℃、2L密闭容器中，充入各1mol的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0 时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示： ①比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”、“＜”或“=”） ②若t0 =10min，反应从开始到达平衡CO气体的平均反应速率v( CO) =_____。 ③NO的平衡转化率为______，T℃时反应的化学平衡常数K=_________。 ④T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO）=0.2mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，则此时该反应_______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。 【答案】 (1). cN2c2CO2c(CO)c(NO)22 (2). 化学反应速率慢 (3). Mn3O4＋ 2NO=3MnO2＋N2 (4). ＞ (5). 0.04 mol/(L·min) (6). 80 % (7). 320 (8). 向正反应方向 【解析】 - 19 - 【详解】（1）根据化学平衡常数的定义，可写出K=cN2c2CO2c2(CO)c2(NO)；汽车尾气排 放的速率较快，虽然该反应的平衡常数较大，但单位时间内转化量较少，因此需要安装尾气处理装置，其目的是提高化学反应速率； 故答案为： cN2c2CO2c(CO)c(NO)22；化学反应速率慢； （2）用总反应-第二步反应可得第一步反应为：Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2； （3） 2NOg+2COg2CO2g+N2g 起始浓度（mol/L） 0.5 0.5 0 0 转化浓度（mol/L） 2x 2x 2x x 平衡浓度（mol/L）0.5-2x 0.5-2x 2x x 由图可知，ωCO2=2x=0.5，解得x=0.2 0.5-2x+0.5-2x+2x+x①由图可知，a点时反应向正向进行，b点时反应达到平衡，由此可知va正>vb正=vb 逆 ，故答案为：>； 20.2mol/L=0.04mol/(L·min)； 10min20.2100%=80%； ③NO的平衡转化率αNO=0.5②v(CO)= 0.20.42④该温度下平衡常数K=2=2=320，该时刻各物质浓度为：22c(CO)c(NO)0.10.1cN2c2CO2c(CO)=0.1mol/L、c(NO)=0.1mol/L、c(N2)=0.05mol/L、c(CO2)=0.1mol/L，则浓度 0.050.12熵QC=2=5 - 20 - （2）乙池中石墨电极上发生的反应为______________。 （3）要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的______________。 A.CuO B.Cu(OH)2 C.CuCO3 D.CuSO4 （4）若将乙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6gN2H4时，乙池中两个电极质量差为______g。 II．氢能将成为21世纪的主要能源。太阳能光伏电池电解水可制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 （1）制H2时，连接________（填K1或K2），产生H2的电极反应式是 _________________，溶液PH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。 （2）改变开关连接方式，可得O2，此时电极3的反应式为：__________________。 【答案】 (1). N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O (2). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). A、C (4). 12.8 (5). K1 (6). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). 增大 (8). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－ 【解析】 【详解】I.（1）由总反应可知，甲池中负极反应物为N2H4，还原产物为N2，该电解质环境为强碱性，故其电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O； （2）乙池中石墨电极连接的甲池中的正极，故石墨电极为阳极，电解硫酸铜溶液的阳极反应物为水电离出的OH-，故石墨电极上发生的反应为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑； （3）乙池中发生的反应为2CuSO4+2H2O 2Cu↓+O2↑+2H2SO4，若要使电解质溶 液恢复至原状态，则需要加入Cu和O，且二者实际加入的原子之比为1:1，故可加入CuO或CuCO3，故答案为A、C； （4）若要实现在Fe上镀Cu，则Fe作阴极，Cu作阳极；当甲中消耗1.6gN2H4时，即消耗0.05mol N2H4，转移电子的物质的量为：0.05mol×2×2=0.2mol，乙池中 - 21 - Fe电极上析出Cu的物质的量为0.1mol，其电极材料质量增加0.1mol×64g/mol=6.4g，Cu电极上Cu被消耗0.1mol，其质量减少0.1mol×64g/mol=6.4g，故两个电极质量差6.4g+6.4g=12.8g； II.（1）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1；电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；该溶液为碱性电解液，电解水的过程中，水被消耗，溶液中溶质浓度增大，pH增大； 故答案为：K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；增大； （2）改变开关连接方式时，电极3为阴极，发生还原反应，由图可知，其电极反应式为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。 【点睛】解答原电池与电解池的串联装置中相关计算的根本依据在于整个装置中转移电子守恒，根据某一电极转移的电子数即可确定整个装置中转移电子数；另外对于电极材料质量差问题需注意两极材料质量变化。 26.I．（1）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。写出反应的离子方程式：_______________________。 （2）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0 mol/L的H2SO4混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表)。 温 度(T) 铜平均溶解速率×10mol·L·min 当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是________________________________________________。 （3）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，制备CuCl的离子方程式是_________________________________________。 II．生活污水中的磷和氮主要以磷酸盐和铵盐形式存在。 -3-1-120 30 40 50 60 70 80 7.34 8.01 9.25 7.98 7.24 6.73 5.76 - 22 - （1）除磷的原理如上图所示，利用电解法将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀除去。铁作___________，（填“阴极”“阳极”），用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：__________________________。 （2）有Cl-存在时，除氮原理如图所示，主要依靠电解产生的有效氯（HClO、ClO-）将NH4+或NH3氧化为N2．当pH＜7时，主要发生HClO氧化NH4+的反应，其离子方程式为：_________________________________。 【答案】 (1). Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O (2). H2O2分解速率加快 (3). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O 2CuCl↓+SO42-+2H+ (4). 阳极 (5). Fe－2e－=Fe2＋ (6). 3HClO＋2NH4＋=3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋ 【解析】 【详解】I.（1）由题可知，H2O2作为氧化剂，故其还原产物为H2O，Cu作为还原剂，氧化产物为Cu2+，H2O2中O元素化合价从-1降低为-2，化合价降低1，Cu元素化合价升高2，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平其离子反应方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O； （2）双氧水不稳定，温度高易分解，温度高于40℃时，双氧水分解速率加快，氧化铜的浓度就降低，所以铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降； 故答案为：H2O2分解速率加快； （3）由题可知，该反应中CuSO4反应后化合价降低1价，故Na2SO3中S化合价升高，其生成物为Na2SO4，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平其离子反 - 23 - 应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+； II.（1）利用电解法将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀除去，故溶液中需要Fe2+，因此铁作阳极；其在阳极上失去电子，其电极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋； （2）由题可知，HClO发生反应后被还原为Cl-，Cl化合价降低2价，NH4+被氧化为N2，化合价升高3价，根据化合价升降守恒可知，HClO与NH4+的系数比为3:2，然后根据电荷守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可配平其离子反应方程式为：3HClO＋2NH＋－4=3Cl＋N2↑＋3H2O＋5H＋。 - 24 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容