还剩18页未读，
继续阅读
江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二（自主班）上学期第一次联考试化学题（解析版）
展开
江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二（自主班）上学期第一次联考试题
可能用到的相对原子质量：Ag-108 N-14
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA
C. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D. 5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【解析】试题分析：A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确。故答案D。
2.对于反应A(g)+4B(g)2C(g)+2D(g)，下列数据表示反应进行得最快的是（ ）
A. v(A)=1.4mol/(L•s) B. v(B)=3.6 mol/(L•s)
C. v(C)=2mol/(L•s) D. v(D)=30 mol/(L•min)
【答案】A
【解析】
【详解】在相同条件下，同一化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率其数值不同，但其数值之比等于化学计量数之比，即，因此在比较反应速率快慢时，先转化为同一种物质，以B的反应速率为标准进行判断。
A. v(A)=1.4mol/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=4v(A)=5.6mol/(L⋅s)；
B. v(B)=3.6mol/(L⋅s)；
C. v(C)=2mol/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=2v(C)=4mol/(L⋅s)；
D. v(D)=30mol/(L⋅min)=0.5mol/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)= 2v(D)=1mol/(L⋅s)；
所以反应速率最快的为A；
答案选A。
3.根据下表中的键能，可计算出甲烷的燃烧热为（ ）
A. 379kJ/mol B. 808kJ/mol
C. 1656kJ/mol D. 2532kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，
甲烷燃烧的化学反应：CH4+2O2═CO2+2H2O，
旧化学键断裂吸收的能量为：414 kJ/mol×4+497 kJ/mol×2=2650kJ，
新键生成释放的能量为：803 kJ/mol×2+463 kJ/mol×4=3458kJ，
所以化学反应是放热反应，放出的热量为：3458kJ-2650kJ=808kJ，即△H=-808kJ/mol，
答案选B。
4.在电解水制取H2和O2时，为了增强溶液的导电性，常加入一些电解质．下列物质中最合适的是（ ）
A. NaCl B. CuC12 C. Na2SO4 D. AgNO3
【答案】C
【解析】电解水制取H2和O2时，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑。A项，加入NaCl，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，错误；B项，加入CuCl2，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，错误；C项，加入硫酸钠，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑，正确；D项，加入AgNO3，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，错误；答案选C。
5.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（ ）
A. 氢气、碘蒸汽、碘化氢气体组成的平衡混合气体加压后颜色加深
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
D. 汽水型饮料打开瓶盖后产生大量气体
【答案】A
【解析】A、氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选项A选；B、Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项B不选；C、合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、汽水型饮料中溶解的二氧化碳存在平衡：CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq），打开瓶盖后压强减小，平衡逆向移动，产生大量气体，能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选A。
6.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下NaNO2溶液pH大于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥0.1mol•L﹣1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1．
A. ①④⑥ B. ①②③④ C. ①④⑤⑥ D. 全部
【答案】C
【解析】①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；⑥常温下0.1 mol·L－1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故⑥正确；故选C。
7.利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是（ ）
A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】A、K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；B、K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；C、K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D、开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确。正确答案为D。
8.在容积一定的密闭容器中，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)，有如图所示的关系曲线，根据如图下列判断正确的是（ ）
A. p3＞p4，y轴表示A的物质的量分数
B. 若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，C一定是有颜色的气体
C. p3＜p4，y轴表示平衡常数K
D. p3>p4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】D
【解析】
【分析】由左图中折线的斜率，可知p2>p1 ，T1>T2，因为压强越大，温度越高，化学反应速率越快。由左图中a、b的相对位置知，增压（因p2>p1），w（C）升高，说明增压，平衡正向移动，则正反应是气体体积减小的反应，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1>T2），w（C）降低．说明升高温度，逆向移动，故正反应为放热反应。即该反应为：A（g）+B（g）C（g）（正反应为放热反应），由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。
由右图可知，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断p3、p4的关系。
【详解】由以上分析可知该反应为：A(g)+B(g)C(g)(正反应为放热反应)，
A. 增大压强，平衡正向移动，A的物质的量分数应减小，故A错误；
B. 若增大A浓度，平衡体系颜色加深，有颜色的气体也可能为A，故B错误；
C. 温度不变，则平衡常数不变，不受压强的影响，故C错误；
D. 由右图可知，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，p3>p4，说明增大压强，y值增大，则y轴表示混合气体的平均摩尔质量，故D正确；
答案选D。
9.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
CaCO3
NaCl
HI
HNO3
弱电解质
CH3COONH4
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A、CH3COONH4是强电解质，故A错误；B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；C、HI是强酸属于强电解质，磷酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；D、水是弱电解质，故D错误；故选C。
10.下列反应中一定不能自发进行的是（ ）
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g) △H＜0，△S＞0
B. CO(g)=C(s，石墨)+ O2(g) △H＞0，△S＜0
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s) △H＜0，△S＜0
D. NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l) △H＞0，△S＞0
【答案】B
【解析】
【分析】依据反应自发进行的判断依据△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，若反应一定不能自发进行，则△G>0。
【详解】A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g)，△H＜0，△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反应一定能自发，故A不符合；
B. CO(g)=C(s，石墨)+ O2(g)，△H＞0，△S＜0，△G=△H-T△S>0反应一定不能自发，故B符合；
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△H＜0，△S＜0，低温时△G=△H-T△S＜0，反应能自发，故C不符合；
D. NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l)，△H＞0，△S＞0，高温时△G=△H-T△S＜0，反应能自发，故D不符合；
答案选B
11. 下列离子方程式正确的是（ ）
A. NaHS溶液水解的方程式为：HS﹣+H2OS2﹣+H3O+
B. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑
C. 在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯气（标况下），充分反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl－
D. 用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
【答案】C
【解析】试题分析：A．NaHS溶液水解的方程式为：HS﹣+H2OH2S+OH－，A错误；B．向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，B错误；C．在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯气（标况下），其中氯气是0.2mol，即反应物的物质的量之比是1：1，因此充分反应的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl－，C正确；D．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－，D错误，答案选C。
12.关于下列装置说法正确的是（ ）
A. 装置①中，一段时间后CuSO4浓度增大
B. 装置②中滴入酚酞，a极附近变红
C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜
D. 装置④中发生吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 装置①是原电池,溶液中SO42−不参加反应，所以放电过程中硫酸根离子浓度不变，铜电极上，铜离子得到电子变为铜单质，铜离子数量减少，因此CuSO4浓度减小，故A错误；
B. 电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，所以a电极附近溶液呈红色，故B正确；
C. 电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以d为粗铜，故C错误；
D.酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀，该溶液呈强酸性，所以应该发生析氢腐蚀，故D错误；
答案选B。
13. 用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入( )
A. 0.1 mol CuO B. 0.1 mol CuCO3
C. 0.1 mol Cu(OH)2 D. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3
【答案】D
【解析】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1 mol Cu和0.05 mol O2，反应②消耗0.05 mol H2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1 mol CuO和0.05 mol H2O。而0.05 mol Cu2(OH)2CO3恰好相当于0.1 mol CuO和0.05 mol H2O(生成0.05 mol CO2无影响)，故D正确。
14.据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3)和H2O2作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电池放电时Na+从b极区移向a极区
B. 电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用
C. 每消耗1molH2O2，转移的电子为1mol
D. 该电池的正极反应为：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O
【答案】B
【解析】
【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极，负极上BH4-得电子和氢氧根离子反应生成BO2-。
【详解】A. 原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A错误；
B. 电极b采用MnO2为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH−，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；
C. 正极电极反应式为H2O2+2e−=2OH−，每消耗1molH2O2，转移的电子为2mol，故C错误；
D. 电池的正极上是得电子的还原反应，BH4−+8OH−−8e−═BO2−+6H2O是电池的负极反应，故D错误。
答案选B。
15. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（ ）
A. 电解时以精铜作阳极
B. 电解时阴极发生氧化反应
C. 粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e-
D. 电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；
C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，电极反应是Cu－2e-=Cu2+，故C错误；
D、金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；
故选D。
16.某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，平衡时，X和Y的转化率都是10%。下列叙述不正确的是（ ）
A. m=2
B. 达平衡时，Z的体积分数为10%
C. 达平衡后，保持容器体积不变，加热，容器内压强将增大
D. 将平衡后的容器体积压缩至1L，X的浓度为0.45mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：根据“三段式” X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，设X(g)转化的为a mol，则有：
起始的物质的量(mol) 1 2 0
转化的物质的量(mol) a ma 3a
平衡时物质的量(mol) 1－a 2－ma 3a
A．因平衡时，X和Y的转化率都是10%，则X的转化率=×100%=10%，可得a=0.1。Y的转化率=×100%=10%，可得m=2，故A正确；B．根据A项可知，m=2，则反应前后气体的总物质的量保持不变，即为3mol，达平衡时生成0.3mol Z，Z的体积分数=×100%=10%，故B正确；C．达平衡后，保持容器体积不变，加热，根据PV=nRT，容器内压强将增大，故C正确；D．达平衡后，X的浓度为0.45mol·L－1，将平衡后的容器体积压缩至1L，平衡虽然不发生移动，X的物质的量不变，但由于总体积减小，则X的浓度应为0.9mol·L－1，故D错误；故选D。
二、非选择题（共52分）
17.中和滴定是高中化学重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况会造成测定结果偏高的是____(填选项字母)。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管刻度
B.盛装NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用NaOH溶液润洗
C酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
（2）取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.02mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，发生反应的离子方程式为：____。
（3）一滴定数据如下：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10
①滴定时，该反应速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，这是因为____（填离子）对该反应具有催化作用，KMnO4溶液应装在____(填“酸”或“碱”)式滴定管中；滴定终点的现象是____。
②该草酸溶液的物质的量浓度为_____。
【答案】(1). CD (2). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O (3). Mn2+ (4). 酸 (5). 当加入最后一滴KMnO4后，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.04mol·L－1
【解析】
【详解】（1）A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故A错误；
B．盛装NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用NaOH溶液润洗，此操作正确，不影响测定结果，故B错误；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，导致标准液浓度减小，导致V（标准）增大，根据c（待测）=分析，测定结果偏高，故C正确；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致V（标准）增大，根据c（待测）=分析，测定结果偏高，故D正确；
故选CD；
（2）在硫酸提供的酸性条件下高锰酸钾与草酸发生反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。
答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）①滴定刚开始时，只有酸性高锰酸钾和草酸反应，反应较慢，随着反应的进行生成Mn2+，一段时间后突然加快，说明反应的产物Mn2+对该反应具有催化作用，加快了反应速率；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为：当加入最后一滴KMnO4后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
故答案为：Mn2+；酸；当加入最后一滴KMnO4后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。
②三次滴定消耗标准液体积为19.90mL，20.00mL，20.10mL，三次数据均有效，消耗标准液的平均体积为：=20.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.02mol/L×0.020L=0.0004mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8
H2O可知，n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.001mol，待测液草酸的物质的量浓度为：=0.04 mol•L-1；故答案为：0.04 mol•L-1；
18.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，①原电池的负极与电源___极相连。
②阳极的电极反应为____。
（2）放电时：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648 g，则甲池中理论上消耗O2____L(标准状况下)。
（4）若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____。
【答案】(1). 负 (2). 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ (3). CH3OH-6e－＋8OH－=CO32-＋6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.80kJ/mol
【解析】
【详解】（1）充电时，原电池负极与电源负极相连，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↑，
故答案为：负；4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（2）放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；
（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中B极的质量升高648g，则甲池中理论上消耗O2体积=×22.4L/mol=33.6L，故答案为：33.6；
（4）n（CH3OH）=mol，生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1molCH3OH燃烧放出的热量为22.68kJ×32=725.80kJ，反应的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.80kJ/mol故答案为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.80kJ/mol
19.100℃时，在1 L恒温恒容的密闭容器中，通入0.1molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1，NO2和N2O4的浓度随时间变化情况如图所示。
Ⅰ.（1）在0~60 s内，以N2O4表示的平均反应速率为____mol·L-1·s-1。
（2）根据图中有关数据，计算100℃时该反应的平衡常数K1=____。若其他条件不变，升高温度至120℃，达到新平衡时的平衡常数是K2，则K1_____K2(填“>”、“<”或“=”)。
（3）反应进行到100s时，若只有一项条件发生变化，则变化的条件可能是____。
A.降低温度 B.通入氦气 C.又往容器中充入N2O4 D.增大容器容积
（4）已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+67.2kJ·mol-1
N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.7kJ·mol-1
N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1
则2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g) ΔH=____kJ·mol-1。
Ⅱ.向容积为2 L的密闭容器中通入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。
（5）下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是____(填字母序号)。
A.容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度之比为1∶1∶1∶1
B.CO的消耗速率与H2的消耗速率相等
C.容器内压强保持不变
D.混合气体的密度保持不变
（6）保持其他条件不变：
①若向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，平衡将___(填“向右”、“向左”或“不”)移动，达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数将____(“变大”、“变小”或“不变”)；
②在VL密闭容器中通入10molCO和10molH2O(g)发生上述反应，在T℃达到平衡，然后急速除去水蒸气(除水蒸气时其他各成分的物质的量不变)，将混合气体燃烧，测得放出的热量为2842kJ(已知CO的燃烧热为283kJ·mol-1，H2的燃烧热为286kJ·mol-1)，则T℃平衡常数K=____。（精确到小数点后两位）
【答案】(1). 1×10-3 (2). 0.36 (3). < (4). A (5). -1079.6 (6). B (7). 向右 (8). 变大 (9). 0.44
【解析】
【详解】Ⅰ. 由图可知，起始时c( N2O4)=0.1mol/L，60秒时反应处于平衡状态时c′( N2O4)=0.04mol/L，c′( NO2)=0.12mol/L，
(1)根据，以N2O4表示的平均反应速率为=1×10−3mol/(L⋅s)，
故答案为：1×10−3。
(2)根据平衡常数的定义写表达式K==0.36，因为该反应为吸热反应，根据温度对平衡移动的影响可知，升温平衡向吸热反应方向移动即正向移动，所以K值变大，K1
（4）)①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g) △H=+67.2kJ⋅mol−1；
②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H=−534.7kJ⋅mol−1；
③N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+57.0kJ⋅mol−1；
根据盖斯定律,②×2−①+③可写出热化学方程式2N2H4(g)+N2O4(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=−534.7kJ⋅mol−1×2−67.2kJ⋅mol−1+57.0kJ⋅mol−1=−1079.6kJ⋅mol−1，故答案为：−1079.6。
Ⅱ. （5）A. 反应达平衡状态时，反应混合物的浓度保持不变，不一定相等或成比例，故A错误；
B. CO的消耗速率与H2 的消耗速率分别表示正、逆两个反应方向的速率，B正确；
C. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，容器内压强始终保持不变，故C错误；
D. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，混合气体的密度始终保持不变，故D错误；
答案选B
（6）①保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，与原平衡相比，平衡向右移动，但由于通入了H2O(g)，故达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数变大；
答案为：向右；变大
②设达到平衡时n(H2 )=a mol，则n(CO)=(10-a)mol，则a286 kJ·mol-1+(10-a)×283 kJ·mol-1=2842 kJ，解得a=4。K= = ≈0.44。答案为：0.44。
20.金属钛性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)可用来制备TiO2，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)，工艺流程如图所示：
己知：①FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中
（1）酸浸I中Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：_____。
（2）过程II中加入适量铁屑的目的是____。
（3）分离III中步骤②得到绿矾的操作是_____。
（4）由滤液IV提取TiO2的过程如下：
①请用化学平衡移动原理解释滤液加热煮沸的目的：______。
②由2Mg+TiCl4→Ti+2MgCl2反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据如表信息，需加热的温度略高于___℃即可。
③电解TiO2制备钛的方法如图所示。该方法由于具备生产过程简化、生产成本低、产品质量高、环境友好等诸多优点而引人注目。已知TiO2熔融状态下不发生电离，电解时阴极反应式为____。
【答案】(1). Fe2O3+6H+= 2Fe3++3H2O (2). 将Fe3+还原为Fe2+ (3). 加热浓缩、冷却结晶、过滤 (4). 该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，有利于生成Ti(OH)4 (5). 1412 (6). TiO2+4e-=Ti+2O2-
【解析】
【分析】钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含少量Fe2O3、SiO2等杂质），用硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾与溶液Ⅳ，溶液Ⅳ中含有TiOSO4，可调节pH生成TiO（OH）2沉淀，最后加热分解生成TiO2，以此解答该题。
【详解】（1）酸浸 I中Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（2）由以上分析可知过程 II中加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；
（3）由溶液得到绿矾晶体，应进行加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）①滤液Ⅳ中含有TiOSO4，水解呈酸性，发生TiO2++3H2O⇌Ti（OH）4+2H+，水解反应为吸热过程温度升高平衡正向移动，有利于生成Ti（OH）4，
故答案为：该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，有利于生成Ti（OH）4；
②由O2-离子移动方向可知通入氢气的一极为阳极，发生氧化反应生成水，电极方程式为H2-2e-+O2-═H2O，故答案为：H2-2e-+O2-═H2O。
②由表格中的数据可得，Ti的熔点高于Mg、MgCl2，当温度高于1412℃，Mg、MgCl2都形成蒸汽的形式，可与金属钛分离；答案为：1412。
③电解时阴极发生还原反应，因为TiO2熔融状态下不发生电离，所以是TiO2得电子生成Ti单质和O2−，电极反应式为TiO2+4e−=Ti+2O2−，故答案为：TiO2+4e−=Ti+2O2。。
江西省上饶市“山江湖”协作体2019-2020学年高二（自主班）上学期第一次联考试题
可能用到的相对原子质量：Ag-108 N-14
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA
C. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D. 5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【解析】试题分析：A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确。故答案D。
2.对于反应A(g)+4B(g)2C(g)+2D(g)，下列数据表示反应进行得最快的是（ ）
A. v(A)=1.4mol/(L•s) B. v(B)=3.6 mol/(L•s)
C. v(C)=2mol/(L•s) D. v(D)=30 mol/(L•min)
【答案】A
【解析】
【详解】在相同条件下，同一化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率其数值不同，但其数值之比等于化学计量数之比，即，因此在比较反应速率快慢时，先转化为同一种物质，以B的反应速率为标准进行判断。
A. v(A)=1.4mol/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=4v(A)=5.6mol/(L⋅s)；
B. v(B)=3.6mol/(L⋅s)；
C. v(C)=2mol/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=2v(C)=4mol/(L⋅s)；
D. v(D)=30mol/(L⋅min)=0.5mol/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)= 2v(D)=1mol/(L⋅s)；
所以反应速率最快的为A；
答案选A。
3.根据下表中的键能，可计算出甲烷的燃烧热为（ ）
A. 379kJ/mol B. 808kJ/mol
C. 1656kJ/mol D. 2532kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，
甲烷燃烧的化学反应：CH4+2O2═CO2+2H2O，
旧化学键断裂吸收的能量为：414 kJ/mol×4+497 kJ/mol×2=2650kJ，
新键生成释放的能量为：803 kJ/mol×2+463 kJ/mol×4=3458kJ，
所以化学反应是放热反应，放出的热量为：3458kJ-2650kJ=808kJ，即△H=-808kJ/mol，
答案选B。
4.在电解水制取H2和O2时，为了增强溶液的导电性，常加入一些电解质．下列物质中最合适的是（ ）
A. NaCl B. CuC12 C. Na2SO4 D. AgNO3
【答案】C
【解析】电解水制取H2和O2时，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑。A项，加入NaCl，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，错误；B项，加入CuCl2，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，错误；C项，加入硫酸钠，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑，正确；D项，加入AgNO3，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，错误；答案选C。
5.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（ ）
A. 氢气、碘蒸汽、碘化氢气体组成的平衡混合气体加压后颜色加深
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
D. 汽水型饮料打开瓶盖后产生大量气体
【答案】A
【解析】A、氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选项A选；B、Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项B不选；C、合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、汽水型饮料中溶解的二氧化碳存在平衡：CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq），打开瓶盖后压强减小，平衡逆向移动，产生大量气体，能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选A。
6.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下NaNO2溶液pH大于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥0.1mol•L﹣1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1．
A. ①④⑥ B. ①②③④ C. ①④⑤⑥ D. 全部
【答案】C
【解析】①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；④常温下0.1 mol•L-1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；⑥常温下0.1 mol·L－1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故⑥正确；故选C。
7.利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是（ ）
A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】A、K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；B、K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；C、K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D、开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确。正确答案为D。
8.在容积一定的密闭容器中，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)，有如图所示的关系曲线，根据如图下列判断正确的是（ ）
A. p3＞p4，y轴表示A的物质的量分数
B. 若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，C一定是有颜色的气体
C. p3＜p4，y轴表示平衡常数K
D. p3>p4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】D
【解析】
【分析】由左图中折线的斜率，可知p2>p1 ，T1>T2，因为压强越大，温度越高，化学反应速率越快。由左图中a、b的相对位置知，增压（因p2>p1），w（C）升高，说明增压，平衡正向移动，则正反应是气体体积减小的反应，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1>T2），w（C）降低．说明升高温度，逆向移动，故正反应为放热反应。即该反应为：A（g）+B（g）C（g）（正反应为放热反应），由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。
由右图可知，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断p3、p4的关系。
【详解】由以上分析可知该反应为：A(g)+B(g)C(g)(正反应为放热反应)，
A. 增大压强，平衡正向移动，A的物质的量分数应减小，故A错误；
B. 若增大A浓度，平衡体系颜色加深，有颜色的气体也可能为A，故B错误；
C. 温度不变，则平衡常数不变，不受压强的影响，故C错误；
D. 由右图可知，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，p3>p4，说明增大压强，y值增大，则y轴表示混合气体的平均摩尔质量，故D正确；
答案选D。
9.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
CaCO3
NaCl
HI
HNO3
弱电解质
CH3COONH4
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A、CH3COONH4是强电解质，故A错误；B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；C、HI是强酸属于强电解质，磷酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；D、水是弱电解质，故D错误；故选C。
10.下列反应中一定不能自发进行的是（ ）
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g) △H＜0，△S＞0
B. CO(g)=C(s，石墨)+ O2(g) △H＞0，△S＜0
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s) △H＜0，△S＜0
D. NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l) △H＞0，△S＞0
【答案】B
【解析】
【分析】依据反应自发进行的判断依据△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，若反应一定不能自发进行，则△G>0。
【详解】A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g)，△H＜0，△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反应一定能自发，故A不符合；
B. CO(g)=C(s，石墨)+ O2(g)，△H＞0，△S＜0，△G=△H-T△S>0反应一定不能自发，故B符合；
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△H＜0，△S＜0，低温时△G=△H-T△S＜0，反应能自发，故C不符合；
D. NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l)，△H＞0，△S＞0，高温时△G=△H-T△S＜0，反应能自发，故D不符合；
答案选B
11. 下列离子方程式正确的是（ ）
A. NaHS溶液水解的方程式为：HS﹣+H2OS2﹣+H3O+
B. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑
C. 在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯气（标况下），充分反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl－
D. 用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
【答案】C
【解析】试题分析：A．NaHS溶液水解的方程式为：HS﹣+H2OH2S+OH－，A错误；B．向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，B错误；C．在100 mL 2 mol/L FeBr2溶液中通入4.48 L氯气（标况下），其中氯气是0.2mol，即反应物的物质的量之比是1：1，因此充分反应的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl－，C正确；D．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－，D错误，答案选C。
12.关于下列装置说法正确的是（ ）
A. 装置①中，一段时间后CuSO4浓度增大
B. 装置②中滴入酚酞，a极附近变红
C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜
D. 装置④中发生吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 装置①是原电池,溶液中SO42−不参加反应，所以放电过程中硫酸根离子浓度不变，铜电极上，铜离子得到电子变为铜单质，铜离子数量减少，因此CuSO4浓度减小，故A错误；
B. 电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，所以a电极附近溶液呈红色，故B正确；
C. 电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以d为粗铜，故C错误；
D.酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀，该溶液呈强酸性，所以应该发生析氢腐蚀，故D错误；
答案选B。
13. 用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入( )
A. 0.1 mol CuO B. 0.1 mol CuCO3
C. 0.1 mol Cu(OH)2 D. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3
【答案】D
【解析】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1 mol Cu和0.05 mol O2，反应②消耗0.05 mol H2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1 mol CuO和0.05 mol H2O。而0.05 mol Cu2(OH)2CO3恰好相当于0.1 mol CuO和0.05 mol H2O(生成0.05 mol CO2无影响)，故D正确。
14.据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3)和H2O2作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电池放电时Na+从b极区移向a极区
B. 电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用
C. 每消耗1molH2O2，转移的电子为1mol
D. 该电池的正极反应为：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O
【答案】B
【解析】
【分析】根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极，负极上BH4-得电子和氢氧根离子反应生成BO2-。
【详解】A. 原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A错误；
B. 电极b采用MnO2为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH−，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；
C. 正极电极反应式为H2O2+2e−=2OH−，每消耗1molH2O2，转移的电子为2mol，故C错误；
D. 电池的正极上是得电子的还原反应，BH4−+8OH−−8e−═BO2−+6H2O是电池的负极反应，故D错误。
答案选B。
15. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（ ）
A. 电解时以精铜作阳极
B. 电解时阴极发生氧化反应
C. 粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e-
D. 电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；
C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，电极反应是Cu－2e-=Cu2+，故C错误；
D、金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；
故选D。
16.某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，平衡时，X和Y的转化率都是10%。下列叙述不正确的是（ ）
A. m=2
B. 达平衡时，Z的体积分数为10%
C. 达平衡后，保持容器体积不变，加热，容器内压强将增大
D. 将平衡后的容器体积压缩至1L，X的浓度为0.45mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：根据“三段式” X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，设X(g)转化的为a mol，则有：
起始的物质的量(mol) 1 2 0
转化的物质的量(mol) a ma 3a
平衡时物质的量(mol) 1－a 2－ma 3a
A．因平衡时，X和Y的转化率都是10%，则X的转化率=×100%=10%，可得a=0.1。Y的转化率=×100%=10%，可得m=2，故A正确；B．根据A项可知，m=2，则反应前后气体的总物质的量保持不变，即为3mol，达平衡时生成0.3mol Z，Z的体积分数=×100%=10%，故B正确；C．达平衡后，保持容器体积不变，加热，根据PV=nRT，容器内压强将增大，故C正确；D．达平衡后，X的浓度为0.45mol·L－1，将平衡后的容器体积压缩至1L，平衡虽然不发生移动，X的物质的量不变，但由于总体积减小，则X的浓度应为0.9mol·L－1，故D错误；故选D。
二、非选择题（共52分）
17.中和滴定是高中化学重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况会造成测定结果偏高的是____(填选项字母)。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管刻度
B.盛装NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用NaOH溶液润洗
C酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
（2）取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.02mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，发生反应的离子方程式为：____。
（3）一滴定数据如下：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10
①滴定时，该反应速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，这是因为____（填离子）对该反应具有催化作用，KMnO4溶液应装在____(填“酸”或“碱”)式滴定管中；滴定终点的现象是____。
②该草酸溶液的物质的量浓度为_____。
【答案】(1). CD (2). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O (3). Mn2+ (4). 酸 (5). 当加入最后一滴KMnO4后，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.04mol·L－1
【解析】
【详解】（1）A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故A错误；
B．盛装NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用NaOH溶液润洗，此操作正确，不影响测定结果，故B错误；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，导致标准液浓度减小，导致V（标准）增大，根据c（待测）=分析，测定结果偏高，故C正确；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致V（标准）增大，根据c（待测）=分析，测定结果偏高，故D正确；
故选CD；
（2）在硫酸提供的酸性条件下高锰酸钾与草酸发生反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。
答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）①滴定刚开始时，只有酸性高锰酸钾和草酸反应，反应较慢，随着反应的进行生成Mn2+，一段时间后突然加快，说明反应的产物Mn2+对该反应具有催化作用，加快了反应速率；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为：当加入最后一滴KMnO4后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
故答案为：Mn2+；酸；当加入最后一滴KMnO4后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。
②三次滴定消耗标准液体积为19.90mL，20.00mL，20.10mL，三次数据均有效，消耗标准液的平均体积为：=20.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.02mol/L×0.020L=0.0004mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8
H2O可知，n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.001mol，待测液草酸的物质的量浓度为：=0.04 mol•L-1；故答案为：0.04 mol•L-1；
18.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，①原电池的负极与电源___极相连。
②阳极的电极反应为____。
（2）放电时：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648 g，则甲池中理论上消耗O2____L(标准状况下)。
（4）若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____。
【答案】(1). 负 (2). 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ (3). CH3OH-6e－＋8OH－=CO32-＋6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.80kJ/mol
【解析】
【详解】（1）充电时，原电池负极与电源负极相连，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↑，
故答案为：负；4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（2）放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；
（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中B极的质量升高648g，则甲池中理论上消耗O2体积=×22.4L/mol=33.6L，故答案为：33.6；
（4）n（CH3OH）=mol，生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1molCH3OH燃烧放出的热量为22.68kJ×32=725.80kJ，反应的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.80kJ/mol故答案为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.80kJ/mol
19.100℃时，在1 L恒温恒容的密闭容器中，通入0.1molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1，NO2和N2O4的浓度随时间变化情况如图所示。
Ⅰ.（1）在0~60 s内，以N2O4表示的平均反应速率为____mol·L-1·s-1。
（2）根据图中有关数据，计算100℃时该反应的平衡常数K1=____。若其他条件不变，升高温度至120℃，达到新平衡时的平衡常数是K2，则K1_____K2(填“>”、“<”或“=”)。
（3）反应进行到100s时，若只有一项条件发生变化，则变化的条件可能是____。
A.降低温度 B.通入氦气 C.又往容器中充入N2O4 D.增大容器容积
（4）已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+67.2kJ·mol-1
N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.7kJ·mol-1
N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57.0kJ·mol-1
则2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g) ΔH=____kJ·mol-1。
Ⅱ.向容积为2 L的密闭容器中通入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。
（5）下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是____(填字母序号)。
A.容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度之比为1∶1∶1∶1
B.CO的消耗速率与H2的消耗速率相等
C.容器内压强保持不变
D.混合气体的密度保持不变
（6）保持其他条件不变：
①若向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，平衡将___(填“向右”、“向左”或“不”)移动，达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数将____(“变大”、“变小”或“不变”)；
②在VL密闭容器中通入10molCO和10molH2O(g)发生上述反应，在T℃达到平衡，然后急速除去水蒸气(除水蒸气时其他各成分的物质的量不变)，将混合气体燃烧，测得放出的热量为2842kJ(已知CO的燃烧热为283kJ·mol-1，H2的燃烧热为286kJ·mol-1)，则T℃平衡常数K=____。（精确到小数点后两位）
【答案】(1). 1×10-3 (2). 0.36 (3). < (4). A (5). -1079.6 (6). B (7). 向右 (8). 变大 (9). 0.44
【解析】
【详解】Ⅰ. 由图可知，起始时c( N2O4)=0.1mol/L，60秒时反应处于平衡状态时c′( N2O4)=0.04mol/L，c′( NO2)=0.12mol/L，
(1)根据，以N2O4表示的平均反应速率为=1×10−3mol/(L⋅s)，
故答案为：1×10−3。
(2)根据平衡常数的定义写表达式K==0.36，因为该反应为吸热反应，根据温度对平衡移动的影响可知，升温平衡向吸热反应方向移动即正向移动，所以K值变大，K1
（4）)①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g) △H=+67.2kJ⋅mol−1；
②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H=−534.7kJ⋅mol−1；
③N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+57.0kJ⋅mol−1；
根据盖斯定律,②×2−①+③可写出热化学方程式2N2H4(g)+N2O4(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=−534.7kJ⋅mol−1×2−67.2kJ⋅mol−1+57.0kJ⋅mol−1=−1079.6kJ⋅mol−1，故答案为：−1079.6。
Ⅱ. （5）A. 反应达平衡状态时，反应混合物的浓度保持不变，不一定相等或成比例，故A错误；
B. CO的消耗速率与H2 的消耗速率分别表示正、逆两个反应方向的速率，B正确；
C. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，容器内压强始终保持不变，故C错误；
D. 由于反应前后气体分子数不变，且反应物和产物均是气体，混合气体的密度始终保持不变，故D错误；
答案选B
（6）①保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，与原平衡相比，平衡向右移动，但由于通入了H2O(g)，故达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数变大；
答案为：向右；变大
②设达到平衡时n(H2 )=a mol，则n(CO)=(10-a)mol，则a286 kJ·mol-1+(10-a)×283 kJ·mol-1=2842 kJ，解得a=4。K= = ≈0.44。答案为：0.44。
20.金属钛性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)可用来制备TiO2，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)，工艺流程如图所示：
己知：①FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中
（1）酸浸I中Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：_____。
（2）过程II中加入适量铁屑的目的是____。
（3）分离III中步骤②得到绿矾的操作是_____。
（4）由滤液IV提取TiO2的过程如下：
①请用化学平衡移动原理解释滤液加热煮沸的目的：______。
②由2Mg+TiCl4→Ti+2MgCl2反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据如表信息，需加热的温度略高于___℃即可。
③电解TiO2制备钛的方法如图所示。该方法由于具备生产过程简化、生产成本低、产品质量高、环境友好等诸多优点而引人注目。已知TiO2熔融状态下不发生电离，电解时阴极反应式为____。
【答案】(1). Fe2O3+6H+= 2Fe3++3H2O (2). 将Fe3+还原为Fe2+ (3). 加热浓缩、冷却结晶、过滤 (4). 该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，有利于生成Ti(OH)4 (5). 1412 (6). TiO2+4e-=Ti+2O2-
【解析】
【分析】钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含少量Fe2O3、SiO2等杂质），用硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾与溶液Ⅳ，溶液Ⅳ中含有TiOSO4，可调节pH生成TiO（OH）2沉淀，最后加热分解生成TiO2，以此解答该题。
【详解】（1）酸浸 I中Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（2）由以上分析可知过程 II中加入适量铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；
（3）由溶液得到绿矾晶体，应进行加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）①滤液Ⅳ中含有TiOSO4，水解呈酸性，发生TiO2++3H2O⇌Ti（OH）4+2H+，水解反应为吸热过程温度升高平衡正向移动，有利于生成Ti（OH）4，
故答案为：该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，有利于生成Ti（OH）4；
②由O2-离子移动方向可知通入氢气的一极为阳极，发生氧化反应生成水，电极方程式为H2-2e-+O2-═H2O，故答案为：H2-2e-+O2-═H2O。
②由表格中的数据可得，Ti的熔点高于Mg、MgCl2，当温度高于1412℃，Mg、MgCl2都形成蒸汽的形式，可与金属钛分离；答案为：1412。
③电解时阴极发生还原反应，因为TiO2熔融状态下不发生电离，所以是TiO2得电子生成Ti单质和O2−，电极反应式为TiO2+4e−=Ti+2O2−，故答案为：TiO2+4e−=Ti+2O2。。
相关资料
更多
