还剩16页未读，
继续阅读
【化学】江西省南康市南康中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
展开
江西省南康市南康中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Zn 65 Br 80
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.为建设生态文明、构建环境友好型社会，下列有关做法不符合这一要求的是（ ）
A. 在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能电池和氢燃料电池汽车
B. 大力发展农村沼气，将废弃的农作物秸秆转化为清洁、高效的能源
C. 研发高效低毒农药，降低蔬菜的农药残留量
D. 以聚苯乙烯全面代替木材，生产包装盒、快餐盒等以减少木材的使用，保护森林
【答案】D
【解析】
A．在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能汽车和氢燃料电池汽车，能减少空气污染，符合要求，A正确； B．沼气是可再生能源，故在农村地区开发沼气能源，符合要求，B正确；C．降低蔬菜的农药残留量，符合绿色生活要求，C正确；D．聚苯乙烯难降解，会造成白色污染，D错误，答案选D。
2.下列说法正确的是( )
A. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化
B. 反应热指的是反应过程中放出的热
C. 放热的化学反应不需要加热就能发生
D. 吸热反应不加热就不会发生
【答案】A
【解析】
化学反应一定伴随着能量的变化，故A正确；反应热指的是反应过程中放出或吸收的能量，故B错误；化学反应的吸放热与反应条件无关，故C错误；有的吸热反应不加热也能发生，如氯化铵在常温下就能分解，故D错误。
3.如图所示，a、b、c均为非金属单质，d、e均为含有10个电子的共价化合物，且分子中所含原子个数：d＞e，f为离子化合物。则下列说法错误的是( )
A. 常温下，单质a呈气态 B. 单质c具有强氧化性
C. 稳定性：d＞e D. f受热易分解为d和e
【答案】C
【解析】
试题分析：a、b、c均为非金属单质，d、e均为含有10个电子的共价化合物，则b一定为氢气，分子中所含原子个数：d＞e，f为离子化合物，因此f一定为铵盐，则a是氮气，c为氟气，d是氨气，e为HF，f为NH4F，A．a是氮气，常温下为气态，A正确；B．F是非金属性最强的元素，因此氟气具有强氧化性，B正确；C．非金属性F＞N，故氢化物稳定性HF＞NH3，C错误；D．铵盐受热易分解，NH4F分解得到氨气与HF，D正确，答案选C。
考点：考查无机物推断、元素周期律应用等
4.美国一个海军航空站曾安装了一台250 kW的MCFC型燃料电池，该电池可同时供应电和水蒸气，其工作温度为600 ℃～700 ℃，所用燃料为H2，电解质为熔融的K2CO3，已知该电池的总反应为：2H2＋O2===2H2O，负极反应为：2H2＋2CO32—－4e－===2H2O＋2CO2，则下列推断中正确的是( )
A. 正极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
B. 该电池的电极没有参加反应
C. 电池供应1mol水蒸气，转移的电子数为4 mol
D. O2从正极通入，发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、该原电池的电解质为熔融的K2CO3，没有水作为溶剂，故不含有OH-，正极反应为2CO2+O2+4e-=2CO32-，故错误；
B、该原电池为燃料电池，燃料电池的电极一般不会参与反应，故正确；
C、由总反应式2H2+O2=2H2O可知转移4mol电子可产生2mol水，因此供应1mol水蒸汽只需要转移2mol电子，故错误；
D、由正极反应可知氧的化合价从0价变为-2价，化合价降低，发生的是还原反应，故错误；
综上所述，本题选B。
5.阿斯巴甜具有清爽的甜味，其结构简式如图所示。下列关于阿斯巴甜的说法中，不正确的是( )
A. 一定条件下可以发生酯化反应和加成反应
B. 一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应
C. 阿斯巴甜属于糖类化合物
D. 在酸性条件下可以水解生成两种氨基酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、分子中含有羧基，可发生酯化反应，含有苯环，可发生加成反应，故A正确；B、分子中含氨基可以与酸反应，羧基可与碱反应，故B正确；C、阿斯巴甜含有氨基、羧基、肽键等，不具有多羟基醛或多羟基酮的结构，不属于糖类物质，故C错误；D、分子中含有肽键和酯基，可在酸性条件下水解，水解生成两种氨基酸，故D正确；故选C。
【点睛】有机物中含有肽键，可发生水解或取代反应；含有酯基，可发生水解或取代反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答。
6.在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A. ①③⑤⑦ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
试题分析：①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量= 混合气体的总质量 混合气体的总物质的量 ，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。
考点：考查了化学平衡状态的判断的相关知识。
7.已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用V(NH3)、V(O2)、V(NO)、V(H2O)表示。则正确的关系是（ ）
A. V(NH3)=V(O2) B. V(O2)=V(H2O) C. V(NH3)=V(H2O) D. V(O2)=V(NO)
【答案】D
【解析】
反应速率之比是化学计量数之比，则根据方程式可知V(NH3):V(O2): V(NO): V(H2O)＝4:5:4:6，答案选D。
8.可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)的v－t图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v－t图像如图乙所示。①a1＝a2；②a1＜a2；③b1＝b2；④b1＜b2；⑤t1＞t2；⑥t1＝t2；⑦两图中阴影部分面积相等；⑧图乙中阴影部分面积更大。以上所述正确的为( )
A. ②④⑤⑦ B. ②④⑤⑧ C. ②③⑤⑦ D. ②③⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间；由此可得：a1＜a2、b1＜b2、t1＞t2，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项有②④⑤⑦；综上所述，本题选A。
9.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是( )
A. 石墨转变为金刚石是吸热反应
B. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1，S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
C. 白磷比红磷稳定
D. CO(g)＋H2O(g)=== CO2(g)＋H2(g) ΔH＞0
【答案】A
【解析】
试题分析：A、由图象可知金刚石的能量比石墨的能量高，从低能态到高能态要吸热，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；B、由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，所以气态硫放出热量多，由于△H为负值，所以△H1＜△H2，故B错误；C、由图象可知白磷的能量比红磷的能量高，能量越高，越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故C错误；D、由图象可知该反应是能量升高的反应，CO2（g）+H2（g）是反应物，CO（g）+H2O（g）是生成物，为吸热反应，所以反应方程为CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H＞0，所以其逆反应的△H＜0，故D错误；故选A。
考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。
10.酸性条件下，KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，用0.1 mol·L-1的KMnO4与过量的H2C2O4反应，测得Mn2＋的生成速率v与时间t的趋势如图，下列说法正确的是( )
A. 该反应中每生成1 mol CO2转移电子为10 mol
B. 方程式配平后，H2O的系数为6
C. 反应开始很短一段时间内v减小是因为反应物浓度减小，后来突然增大是因为生成的Mn2＋对该反应有催化作用
D. t0时，Mn2＋的浓度最大
【答案】C
【解析】
【详解】A.高锰酸钾溶液与草酸反应：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由此可知该反应转移10mol电子，则每生成1molCO2转移1 mol电子，A项错误；
B. 高锰酸钾溶液与草酸反应：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，方程式配平后H2O的系数应该为8，B项错误；
C.反应开始后反应物浓度逐渐减小，反应速率减慢，但是反应生成的Mn2＋(浓度达到一定大小后)对该反应有催化作用，所以反应速率会突然增大，随着反应的进行，反应物的浓度不断减小，反应速率也不断减小，C项正确；
D. t0时，生成的Mn2＋的速率最大，但t0后反应不断进行，Mn2＋的浓度仍在增大，D项错误；
综上所述，本题选C。
11.某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5 g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol/L的硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体的体积为50 mL(若折合成0 ℃、101 kPa条件下的H2体积为44.8 mL)，在该温度下，下列说法不正确的是( )
A. 用锌粒来表示10 s内该反应的速率为0.013 g/s
B. 忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
C. 忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
D. 用H2来表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol/s
【答案】C
【解析】
【分析】
0℃、101kPa为标况条件下，气体摩尔体积为22.4L/mol；化学反应速率，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示；根据Zn+2H+=Zn2++H2↑反应，可算出用各物质表示的10s内该反应的速率。
【详解】0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL，其物质的量为0.002mol，则根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应可知：Zn--H2SO4--ZnSO4---H2，n(Zn)= n(H2SO4)= n(ZnSO4)= n(H2)= 0.002mol；m(Zn)=0.002mol×65g/mol=0.13g，v(Zn)=0.13/10=0.013g/s，v(H+)=0.002×2/0.04×10=0.01mol/(L·s)，v(Zn2+)=0.002/0.04×10=0.005mol/(L·s)，v(H2)=0.002/10=0.0002mol/s；
A、用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.013g/s，正确；
B、用H+来表示10s内该反应的速率0.01mol/(L·s)，正确；
C、用Zn2+来表示10s内该反应的速率0.005mol/(L·s)，错误；
D、用H2来表示10s内该反应的速率为0.0002mol/s，正确；
综上所述，本题选C。
12.在一定温度时，将1 mol A和2 mol B放入容积为5 L的某密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋2D(g)，经5 min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L。下列叙述不正确的是( )
A. 在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02 mol/(L·min)
B. 5 min时，容器内D的浓度为0.2 mol/L
C. 该可逆反应随反应的进行容器内压强逐渐增大
D. 5 min时容器内气体总的物质的量为3 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
经5 min 后测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L ,则消耗的B的物质的量为5×0.2=1mol,则
A(s)＋2B(g) C(g)＋2D(g)
起始量 1 2 0 0
变化量 0.5 1 0.5 1
平衡量 0.5 1 0.5 1
据以上分析解答该题。
【详解】经5 min 后测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L ,则消耗的B的物质的量为5×0.2=1mol,则
A(s)＋ 2B(g) C(g)＋2D(g)
起始量 1 2 0 0
变化量 0.5 1 0.5 1
平衡量 0.5 1 0.5 1
A.在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.5/5×5=0.02 mol/(L·min)，A正确；
B. 5 min时，容器内D的浓度为1/5=0.2 mol/L, B正确；
C. 反应前后气体的体积不等，反应过程中气体物质的量增大，容器内压强逐渐增大，C正确；
D. 5 min时容器内气体总的物质的量为1+0.5+1=2.5 mol，D错误；
综上所述，本题选D。
13.已知一定温度下：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH1＝＋180 kJ·mol－1 ②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH2＝－92.4 kJ·mol－1 ③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1下列说法正确的是( )
A. 反应②中的能量变化如上图所示，则ΔH＝E1－E3
B. 2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量小于483.6 kJ
C. 由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184.8>Q2>2Q1
D. 氨催化氧化反应为4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝＋906 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应热等于生成物的总能量-反应物的总能量，因此△H2=E1﹣E2，A错误；
B.已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1；H2O(g)= H2O(l) ΔH<0。所以2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量大于483.6 kJ，B错误；
C.在恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6molH2，相当于加压，平衡右移，Q2＞2Q1，92.4 kJ•mol﹣1为生成2mol氨气时放出的热量，可逆反应不能进行到底，因此184.8＞Q2＞2Q1，C正确；
D.已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180kJ•mol﹣1②N2（g）+3H2（g）≒2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=﹣483.6kJ•mol﹣1，由盖斯定律可知，①×2-②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-906 kJ•mol﹣1，D错误；
综上所述，本题选C 。
【点睛】计算反应热时，△H=生成物总能量-反应物总能量，△H=正反应活化能-逆反应活化能；若△H<0，该反应为放热反应，△H>0，该反应为吸热反应。
14.在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C．0-50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol·L-1N2O的半衰期为50min，20-60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol?L-1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误．故选：A
15.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
【答案】D
【解析】
试题分析：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，表中C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，D的浓度较大，则反应速率较大，故选D。
【考点定位】考查化学反应速率的影响因素
【名师点晴】本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素。一般来说，浓度越大，温度越高，反应速率越大。
16.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：
2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：
Ba2＋＋HCO3—＋OH－===BaCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中：
SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3—
正确；说明酸性：
H2SO3强于HClO
D
1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：
2AlO2—＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O
正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；D．1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。故选D。
考点：考查离子方程式的正误判断
【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。
二、填空题（共52分）
17.50mL 0.50mol·L﹣1盐酸与50mL 0.55mol·L﹣1NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列题：
（1）图中尚缺少的一种仪器是______。
（2）实验时环形玻璃搅拌棒的运动方向是________。
a．上下运动 b．左右运动 c．顺时针运动 d．逆时针运动
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______（填“偏大”“偏小”“无影响”）．
（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________．（填“偏大”“偏小”“无影响”）
（5）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：_______________。若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则氢气的燃烧热为_________kJ·mol﹣1（保留4位有效数字）。
【答案】 (1). 温度计 (2). a (3). 偏小 (4). 偏小 (5). 2H2（g）+O2(g ) =2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol－1 (6). 285.8
【解析】
【详解】（1）根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是温度计；综上所述，本题答案是：温度计。
（2）实验时环形玻璃搅拌棒的运动方向是上下运动；综上所述，本题选a。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；综上所述，本题答案是：偏小。
（4）氨水为弱碱,电离过程为吸热过程,所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应,反应放出的热量偏小；综上所述，本题答案是:偏小。
（5）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，若生成2 mol水蒸气放热483.6kJ；该反应的热化学方程式：2H2（g）+O2(g ) =2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol－1；若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ， 则18g水蒸气转化成液态水放热44.0kJ，则H2（g）+1/2O2(g ) =H2O(g) △H=-241.8kJ·mol－1, H2（g）+1/2O2(g ) =H2O(l) △H=-(241.8+44)= -285.8 kJ·mol－1；则氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1；综上所述，本题答案是：2H2（g）+O2(g ) =2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol－1 ；285.8。
【点睛】浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水放出热量的数值大于57.3 kJ，这里包含浓硫酸溶于水放出的热量；稀氨水与稀盐酸溶液反应生成1mol水放出热量的数值小于57.3 kJ，这是因为一水合氨电离过程吸热。
18.某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验。已知：c（H2SO4）=4.5mol·L-1，反应均需要搅拌60min。
编号
温度/℃
加入某盐
H2SO4体积/mL
H2O体积/mL
铝粉加入量/g
铝粉溶解量/g
①
20
不加
40
0
2.0050
0.0307
②
80
不加
40
0
2.0050
0.1184
③
t1
不加
20
V1
2.0050
﹨
④
t2
5mL0.01mol·L-1
CuSO4溶液
20
V2
2.0050
﹨
（1）实验①和②的目的是____________。为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是____________。
（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1=_______℃，V1=________mL。
（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2=______℃，V2=______mL。
（4）研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解。原因是________________。
【答案】 (1). 研究温度对H2SO4和Al反应速率的影响 (2). 剩余铝粉的质量 (3). 20 (4). 20 (5). 20 (6). 15 (7). Al与Cu形成原电池加快反应速率
【解析】
（1）根据实验①和②的实验条件对比可知，二者实验温度不同，其余条件均相同，所以目的是探究温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；依据质量守恒可知，由总质量减去剩余铝粉的质量可确定溶解量；（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，应该保证除了浓度不同，其他条件均相同，则温度应相同，应为20℃，但浓度不同，总体积相同，则V1=20mL；（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则温度、浓度应相同，温度为20℃，因加入5mL 0.01mol•L-1CuSO4溶液，则加水的体积应为15mL；（4）其他条件不变，加入硫酸铜，铝置换出铜，可形成铝、铜原电池反应，加快反应速率，促进铝的溶解。
点睛：本题为实验题，考查了影响化学反应速率的因素，侧重于学生的分析问题和设计实验能力，注意原电池工作原理。注意影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。
19.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示。
（1）从反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为______________,X的物质的量浓度减少了______________，Y的转化率为____________。
（2）该反应的化学方程式为__________________________________________________。
（3）10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是________。
A．t1时刻，减小了Z的浓度 B．t1时刻，降低了体系温度
C．t1时刻，增大了容器体积 D．t1时刻，使用了催化剂
【答案】 (1). 0.079 mol·L-1·s-1 ； ； (2). 0.395 mol·L-1 (3). 79% (4). X(g)+Y(g) 2Z(g) (5). D
【解析】
【详解】(1)反应开始到10s，用Z表示的反应速率为：v==1.58/2×10=0.079 mol·L-1·s-1 ；反应开始到10s，X的物质的量浓度减少的量为：∆c=(1.2-0.41)/2=0.395 mol·L-1 ；反应开始到10s时，Y的转化率为(1-0.21)/1×100%=79%；综上所述，本题答案是：0.079 mol·L-1·s-1 ；0.395 mol·L-1 ； 79%。
（2）由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=（1.20mol-0.41mol）：（1.0mol-0.21mol）：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为X(g)+Y(g) 2Z(g)；综上所述，本题答案是：X(g)+Y(g) 2Z(g)。
(3) 由图象可以知道正逆反应速率增大,平衡没移动；
A．t1时刻，增大了X的浓度,平衡正移,不符合题意,故A错误；
B．t1时刻，降低了体系温度，平衡移动,不符合题意,故B错误；
C．t1时刻，增大了容器体积，相当于减小压强，速率均减小，,因为反应前后计量数相等,平衡不移动，不符合题意，故C错误；
D．t1时刻，使用了催化剂,速率增大,且增大程度一样，平衡不移动,符合题意,故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于有气体参与的可逆反应，如果反应前后气体体积变化为0，增大压强，各物质浓度增大，反应速率加快，由于正反应速率等于逆反应速率，所以平衡不移动；对于任意可逆反应，如果使用催化剂，同等程度加快正逆反应速率，平衡也不发生移动。
20.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________________；得到滤渣1的主要成分为______（写化学式）。
(2)第②步加H2O2的作用是______________________（用离子方程式表示）；使用H2O2的优点是____________；调溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是______________。
【答案】 (1). Cu＋4H＋＋2NO3—Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (2). Au、Pt (3). 2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O (4). 不引入杂质，对环境无污染 (5). Fe3＋、Al3＋ (6). 加热脱水
【解析】
【分析】
(1)金属混合物加入稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应，而Au、Pt不反应；
(2)过氧化氢为绿色强氧化剂，且被还原为水,无杂质无污染；过氧化氢可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去,调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；
(3)在坩埚中给晶体加热脱水；
【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋ 、Fe2+，所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2＋、Al3＋ 、Fe2+；第①步Cu与混酸反应的离子方程式为：Cu＋4H＋＋2NO3—Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；综上所述，本题答案是：Cu＋4H＋＋2NO3—Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；Pt和Au。
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O；使用H2O2的优点是过氧化氢做氧化剂被还原后为水,不引入杂质,对环境无污染；调节溶液pH使铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；综上所述，本题答案：2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O ；不引入杂质，对环境无污染； Fe3＋、Al3＋ 。
(3)第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；综上所述，本题答案是：加热脱水。
21.雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中,汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如图所示。
据此判断:
①该反应的温度T2____ T1 (填“>”或“<”)。
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)=___________。
③当固体催化剂的质量一定时,增大其表面积可提高化学反应速率。若增大催化剂的表面积,则CO转化率__ (填“增大”“减小”或“不变”)。
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是____(填字母)。
a b c
（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。
①煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物,用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
例如:CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867.0 kJ/mol
2NO2(g) N2O4(g) ΔH=-56.9 kJ/mol
写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式:_________________。
②将燃煤产生的二氧化碳回收利用,可达到低碳排放的目的。下图是通过人工光合作用,以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。电极a、b表面发生的电极反应式分别为a:____________________,
b:___________________________________。
【答案】 (1). ＜ (2). 0.05mol/(L·s) (3). 不变 (4). c (5). H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=－810.1kJ·mol－1 (6). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋ (7). 2CO2＋4H＋＋4e－=2HCOOH
【解析】
【详解】（1）①先拐先平，温度高，由图1可知，温度T1先到达平衡，因此该反应的温度T2
③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，一氧化碳的转化率不变；综上所述，本题答案是：不变。
④a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；
b、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故b错误；
c、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故c正确；
综上所述，本题选c。
（2）①已知：Ⅰ、CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol，Ⅱ、2NO2（g）N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol；根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）=﹣810.1kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣810.1kJ/mol；综上所述，本题答案是：CH4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=－810.1kJ·mol－1。
②由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极，电极反应式为2CO2+4e﹣+4H+═2HCOOH；综上所述，本题答案是：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；2CO2+4H++4e﹣=2HCOOH。
【点睛】针对于（1）中④问题，如果图像a中纵坐标为某一物质的百分含量或是反应物的转化率，则反应在t1时刻达到平衡状态；而本题给定纵坐标为正反应速率，t1时刻达到最大后又减小，说明反应未达平衡状态，这一点在解析时易出现问题，为易错点。
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Zn 65 Br 80
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.为建设生态文明、构建环境友好型社会，下列有关做法不符合这一要求的是（ ）
A. 在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能电池和氢燃料电池汽车
B. 大力发展农村沼气，将废弃的农作物秸秆转化为清洁、高效的能源
C. 研发高效低毒农药，降低蔬菜的农药残留量
D. 以聚苯乙烯全面代替木材，生产包装盒、快餐盒等以减少木材的使用，保护森林
【答案】D
【解析】
A．在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能汽车和氢燃料电池汽车，能减少空气污染，符合要求，A正确； B．沼气是可再生能源，故在农村地区开发沼气能源，符合要求，B正确；C．降低蔬菜的农药残留量，符合绿色生活要求，C正确；D．聚苯乙烯难降解，会造成白色污染，D错误，答案选D。
2.下列说法正确的是( )
A. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化
B. 反应热指的是反应过程中放出的热
C. 放热的化学反应不需要加热就能发生
D. 吸热反应不加热就不会发生
【答案】A
【解析】
化学反应一定伴随着能量的变化，故A正确；反应热指的是反应过程中放出或吸收的能量，故B错误；化学反应的吸放热与反应条件无关，故C错误；有的吸热反应不加热也能发生，如氯化铵在常温下就能分解，故D错误。
3.如图所示，a、b、c均为非金属单质，d、e均为含有10个电子的共价化合物，且分子中所含原子个数：d＞e，f为离子化合物。则下列说法错误的是( )
A. 常温下，单质a呈气态 B. 单质c具有强氧化性
C. 稳定性：d＞e D. f受热易分解为d和e
【答案】C
【解析】
试题分析：a、b、c均为非金属单质，d、e均为含有10个电子的共价化合物，则b一定为氢气，分子中所含原子个数：d＞e，f为离子化合物，因此f一定为铵盐，则a是氮气，c为氟气，d是氨气，e为HF，f为NH4F，A．a是氮气，常温下为气态，A正确；B．F是非金属性最强的元素，因此氟气具有强氧化性，B正确；C．非金属性F＞N，故氢化物稳定性HF＞NH3，C错误；D．铵盐受热易分解，NH4F分解得到氨气与HF，D正确，答案选C。
考点：考查无机物推断、元素周期律应用等
4.美国一个海军航空站曾安装了一台250 kW的MCFC型燃料电池，该电池可同时供应电和水蒸气，其工作温度为600 ℃～700 ℃，所用燃料为H2，电解质为熔融的K2CO3，已知该电池的总反应为：2H2＋O2===2H2O，负极反应为：2H2＋2CO32—－4e－===2H2O＋2CO2，则下列推断中正确的是( )
A. 正极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
B. 该电池的电极没有参加反应
C. 电池供应1mol水蒸气，转移的电子数为4 mol
D. O2从正极通入，发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、该原电池的电解质为熔融的K2CO3，没有水作为溶剂，故不含有OH-，正极反应为2CO2+O2+4e-=2CO32-，故错误；
B、该原电池为燃料电池，燃料电池的电极一般不会参与反应，故正确；
C、由总反应式2H2+O2=2H2O可知转移4mol电子可产生2mol水，因此供应1mol水蒸汽只需要转移2mol电子，故错误；
D、由正极反应可知氧的化合价从0价变为-2价，化合价降低，发生的是还原反应，故错误；
综上所述，本题选B。
5.阿斯巴甜具有清爽的甜味，其结构简式如图所示。下列关于阿斯巴甜的说法中，不正确的是( )
A. 一定条件下可以发生酯化反应和加成反应
B. 一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应
C. 阿斯巴甜属于糖类化合物
D. 在酸性条件下可以水解生成两种氨基酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、分子中含有羧基，可发生酯化反应，含有苯环，可发生加成反应，故A正确；B、分子中含氨基可以与酸反应，羧基可与碱反应，故B正确；C、阿斯巴甜含有氨基、羧基、肽键等，不具有多羟基醛或多羟基酮的结构，不属于糖类物质，故C错误；D、分子中含有肽键和酯基，可在酸性条件下水解，水解生成两种氨基酸，故D正确；故选C。
【点睛】有机物中含有肽键，可发生水解或取代反应；含有酯基，可发生水解或取代反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答。
6.在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A. ①③⑤⑦ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
试题分析：①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量= 混合气体的总质量 混合气体的总物质的量 ，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。
考点：考查了化学平衡状态的判断的相关知识。
7.已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用V(NH3)、V(O2)、V(NO)、V(H2O)表示。则正确的关系是（ ）
A. V(NH3)=V(O2) B. V(O2)=V(H2O) C. V(NH3)=V(H2O) D. V(O2)=V(NO)
【答案】D
【解析】
反应速率之比是化学计量数之比，则根据方程式可知V(NH3):V(O2): V(NO): V(H2O)＝4:5:4:6，答案选D。
8.可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)的v－t图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v－t图像如图乙所示。①a1＝a2；②a1＜a2；③b1＝b2；④b1＜b2；⑤t1＞t2；⑥t1＝t2；⑦两图中阴影部分面积相等；⑧图乙中阴影部分面积更大。以上所述正确的为( )
A. ②④⑤⑦ B. ②④⑤⑧ C. ②③⑤⑦ D. ②③⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间；由此可得：a1＜a2、b1＜b2、t1＞t2，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项有②④⑤⑦；综上所述，本题选A。
9.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是( )
A. 石墨转变为金刚石是吸热反应
B. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1，S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
C. 白磷比红磷稳定
D. CO(g)＋H2O(g)=== CO2(g)＋H2(g) ΔH＞0
【答案】A
【解析】
试题分析：A、由图象可知金刚石的能量比石墨的能量高，从低能态到高能态要吸热，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；B、由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，所以气态硫放出热量多，由于△H为负值，所以△H1＜△H2，故B错误；C、由图象可知白磷的能量比红磷的能量高，能量越高，越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故C错误；D、由图象可知该反应是能量升高的反应，CO2（g）+H2（g）是反应物，CO（g）+H2O（g）是生成物，为吸热反应，所以反应方程为CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H＞0，所以其逆反应的△H＜0，故D错误；故选A。
考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。
10.酸性条件下，KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，用0.1 mol·L-1的KMnO4与过量的H2C2O4反应，测得Mn2＋的生成速率v与时间t的趋势如图，下列说法正确的是( )
A. 该反应中每生成1 mol CO2转移电子为10 mol
B. 方程式配平后，H2O的系数为6
C. 反应开始很短一段时间内v减小是因为反应物浓度减小，后来突然增大是因为生成的Mn2＋对该反应有催化作用
D. t0时，Mn2＋的浓度最大
【答案】C
【解析】
【详解】A.高锰酸钾溶液与草酸反应：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由此可知该反应转移10mol电子，则每生成1molCO2转移1 mol电子，A项错误；
B. 高锰酸钾溶液与草酸反应：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，方程式配平后H2O的系数应该为8，B项错误；
C.反应开始后反应物浓度逐渐减小，反应速率减慢，但是反应生成的Mn2＋(浓度达到一定大小后)对该反应有催化作用，所以反应速率会突然增大，随着反应的进行，反应物的浓度不断减小，反应速率也不断减小，C项正确；
D. t0时，生成的Mn2＋的速率最大，但t0后反应不断进行，Mn2＋的浓度仍在增大，D项错误；
综上所述，本题选C。
11.某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5 g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol/L的硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体的体积为50 mL(若折合成0 ℃、101 kPa条件下的H2体积为44.8 mL)，在该温度下，下列说法不正确的是( )
A. 用锌粒来表示10 s内该反应的速率为0.013 g/s
B. 忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
C. 忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
D. 用H2来表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol/s
【答案】C
【解析】
【分析】
0℃、101kPa为标况条件下，气体摩尔体积为22.4L/mol；化学反应速率，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示；根据Zn+2H+=Zn2++H2↑反应，可算出用各物质表示的10s内该反应的速率。
【详解】0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL，其物质的量为0.002mol，则根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应可知：Zn--H2SO4--ZnSO4---H2，n(Zn)= n(H2SO4)= n(ZnSO4)= n(H2)= 0.002mol；m(Zn)=0.002mol×65g/mol=0.13g，v(Zn)=0.13/10=0.013g/s，v(H+)=0.002×2/0.04×10=0.01mol/(L·s)，v(Zn2+)=0.002/0.04×10=0.005mol/(L·s)，v(H2)=0.002/10=0.0002mol/s；
A、用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.013g/s，正确；
B、用H+来表示10s内该反应的速率0.01mol/(L·s)，正确；
C、用Zn2+来表示10s内该反应的速率0.005mol/(L·s)，错误；
D、用H2来表示10s内该反应的速率为0.0002mol/s，正确；
综上所述，本题选C。
12.在一定温度时，将1 mol A和2 mol B放入容积为5 L的某密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋2D(g)，经5 min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L。下列叙述不正确的是( )
A. 在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02 mol/(L·min)
B. 5 min时，容器内D的浓度为0.2 mol/L
C. 该可逆反应随反应的进行容器内压强逐渐增大
D. 5 min时容器内气体总的物质的量为3 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
经5 min 后测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L ,则消耗的B的物质的量为5×0.2=1mol,则
A(s)＋2B(g) C(g)＋2D(g)
起始量 1 2 0 0
变化量 0.5 1 0.5 1
平衡量 0.5 1 0.5 1
据以上分析解答该题。
【详解】经5 min 后测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L ,则消耗的B的物质的量为5×0.2=1mol,则
A(s)＋ 2B(g) C(g)＋2D(g)
起始量 1 2 0 0
变化量 0.5 1 0.5 1
平衡量 0.5 1 0.5 1
A.在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.5/5×5=0.02 mol/(L·min)，A正确；
B. 5 min时，容器内D的浓度为1/5=0.2 mol/L, B正确；
C. 反应前后气体的体积不等，反应过程中气体物质的量增大，容器内压强逐渐增大，C正确；
D. 5 min时容器内气体总的物质的量为1+0.5+1=2.5 mol，D错误；
综上所述，本题选D。
13.已知一定温度下：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH1＝＋180 kJ·mol－1 ②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH2＝－92.4 kJ·mol－1 ③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1下列说法正确的是( )
A. 反应②中的能量变化如上图所示，则ΔH＝E1－E3
B. 2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量小于483.6 kJ
C. 由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184.8>Q2>2Q1
D. 氨催化氧化反应为4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝＋906 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应热等于生成物的总能量-反应物的总能量，因此△H2=E1﹣E2，A错误；
B.已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1；H2O(g)= H2O(l) ΔH<0。所以2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量大于483.6 kJ，B错误；
C.在恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6molH2，相当于加压，平衡右移，Q2＞2Q1，92.4 kJ•mol﹣1为生成2mol氨气时放出的热量，可逆反应不能进行到底，因此184.8＞Q2＞2Q1，C正确；
D.已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180kJ•mol﹣1②N2（g）+3H2（g）≒2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=﹣483.6kJ•mol﹣1，由盖斯定律可知，①×2-②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-906 kJ•mol﹣1，D错误；
综上所述，本题选C 。
【点睛】计算反应热时，△H=生成物总能量-反应物总能量，△H=正反应活化能-逆反应活化能；若△H<0，该反应为放热反应，△H>0，该反应为吸热反应。
14.在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C．0-50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol·L-1N2O的半衰期为50min，20-60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol?L-1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误．故选：A
15.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
【答案】D
【解析】
试题分析：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，表中C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，D的浓度较大，则反应速率较大，故选D。
【考点定位】考查化学反应速率的影响因素
【名师点晴】本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素。一般来说，浓度越大，温度越高，反应速率越大。
16.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：
2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：
Ba2＋＋HCO3—＋OH－===BaCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中：
SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3—
正确；说明酸性：
H2SO3强于HClO
D
1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：
2AlO2—＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O
正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；D．1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。故选D。
考点：考查离子方程式的正误判断
【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。
二、填空题（共52分）
17.50mL 0.50mol·L﹣1盐酸与50mL 0.55mol·L﹣1NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列题：
（1）图中尚缺少的一种仪器是______。
（2）实验时环形玻璃搅拌棒的运动方向是________。
a．上下运动 b．左右运动 c．顺时针运动 d．逆时针运动
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______（填“偏大”“偏小”“无影响”）．
（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________．（填“偏大”“偏小”“无影响”）
（5）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：_______________。若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则氢气的燃烧热为_________kJ·mol﹣1（保留4位有效数字）。
【答案】 (1). 温度计 (2). a (3). 偏小 (4). 偏小 (5). 2H2（g）+O2(g ) =2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol－1 (6). 285.8
【解析】
【详解】（1）根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是温度计；综上所述，本题答案是：温度计。
（2）实验时环形玻璃搅拌棒的运动方向是上下运动；综上所述，本题选a。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；综上所述，本题答案是：偏小。
（4）氨水为弱碱,电离过程为吸热过程,所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应,反应放出的热量偏小；综上所述，本题答案是:偏小。
（5）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，若生成2 mol水蒸气放热483.6kJ；该反应的热化学方程式：2H2（g）+O2(g ) =2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol－1；若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ， 则18g水蒸气转化成液态水放热44.0kJ，则H2（g）+1/2O2(g ) =H2O(g) △H=-241.8kJ·mol－1, H2（g）+1/2O2(g ) =H2O(l) △H=-(241.8+44)= -285.8 kJ·mol－1；则氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1；综上所述，本题答案是：2H2（g）+O2(g ) =2H2O(g) △H=-483.6 kJ·mol－1 ；285.8。
【点睛】浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水放出热量的数值大于57.3 kJ，这里包含浓硫酸溶于水放出的热量；稀氨水与稀盐酸溶液反应生成1mol水放出热量的数值小于57.3 kJ，这是因为一水合氨电离过程吸热。
18.某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验。已知：c（H2SO4）=4.5mol·L-1，反应均需要搅拌60min。
编号
温度/℃
加入某盐
H2SO4体积/mL
H2O体积/mL
铝粉加入量/g
铝粉溶解量/g
①
20
不加
40
0
2.0050
0.0307
②
80
不加
40
0
2.0050
0.1184
③
t1
不加
20
V1
2.0050
﹨
④
t2
5mL0.01mol·L-1
CuSO4溶液
20
V2
2.0050
﹨
（1）实验①和②的目的是____________。为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是____________。
（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1=_______℃，V1=________mL。
（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2=______℃，V2=______mL。
（4）研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解。原因是________________。
【答案】 (1). 研究温度对H2SO4和Al反应速率的影响 (2). 剩余铝粉的质量 (3). 20 (4). 20 (5). 20 (6). 15 (7). Al与Cu形成原电池加快反应速率
【解析】
（1）根据实验①和②的实验条件对比可知，二者实验温度不同，其余条件均相同，所以目的是探究温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；依据质量守恒可知，由总质量减去剩余铝粉的质量可确定溶解量；（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，应该保证除了浓度不同，其他条件均相同，则温度应相同，应为20℃，但浓度不同，总体积相同，则V1=20mL；（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则温度、浓度应相同，温度为20℃，因加入5mL 0.01mol•L-1CuSO4溶液，则加水的体积应为15mL；（4）其他条件不变，加入硫酸铜，铝置换出铜，可形成铝、铜原电池反应，加快反应速率，促进铝的溶解。
点睛：本题为实验题，考查了影响化学反应速率的因素，侧重于学生的分析问题和设计实验能力，注意原电池工作原理。注意影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。
19.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示。
（1）从反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为______________,X的物质的量浓度减少了______________，Y的转化率为____________。
（2）该反应的化学方程式为__________________________________________________。
（3）10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是________。
A．t1时刻，减小了Z的浓度 B．t1时刻，降低了体系温度
C．t1时刻，增大了容器体积 D．t1时刻，使用了催化剂
【答案】 (1). 0.079 mol·L-1·s-1 ； ； (2). 0.395 mol·L-1 (3). 79% (4). X(g)+Y(g) 2Z(g) (5). D
【解析】
【详解】(1)反应开始到10s，用Z表示的反应速率为：v==1.58/2×10=0.079 mol·L-1·s-1 ；反应开始到10s，X的物质的量浓度减少的量为：∆c=(1.2-0.41)/2=0.395 mol·L-1 ；反应开始到10s时，Y的转化率为(1-0.21)/1×100%=79%；综上所述，本题答案是：0.079 mol·L-1·s-1 ；0.395 mol·L-1 ； 79%。
（2）由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=（1.20mol-0.41mol）：（1.0mol-0.21mol）：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为X(g)+Y(g) 2Z(g)；综上所述，本题答案是：X(g)+Y(g) 2Z(g)。
(3) 由图象可以知道正逆反应速率增大,平衡没移动；
A．t1时刻，增大了X的浓度,平衡正移,不符合题意,故A错误；
B．t1时刻，降低了体系温度，平衡移动,不符合题意,故B错误；
C．t1时刻，增大了容器体积，相当于减小压强，速率均减小，,因为反应前后计量数相等,平衡不移动，不符合题意，故C错误；
D．t1时刻，使用了催化剂,速率增大,且增大程度一样，平衡不移动,符合题意,故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于有气体参与的可逆反应，如果反应前后气体体积变化为0，增大压强，各物质浓度增大，反应速率加快，由于正反应速率等于逆反应速率，所以平衡不移动；对于任意可逆反应，如果使用催化剂，同等程度加快正逆反应速率，平衡也不发生移动。
20.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________________；得到滤渣1的主要成分为______（写化学式）。
(2)第②步加H2O2的作用是______________________（用离子方程式表示）；使用H2O2的优点是____________；调溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是______________。
【答案】 (1). Cu＋4H＋＋2NO3—Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (2). Au、Pt (3). 2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O (4). 不引入杂质，对环境无污染 (5). Fe3＋、Al3＋ (6). 加热脱水
【解析】
【分析】
(1)金属混合物加入稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应，而Au、Pt不反应；
(2)过氧化氢为绿色强氧化剂，且被还原为水,无杂质无污染；过氧化氢可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去,调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；
(3)在坩埚中给晶体加热脱水；
【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋ 、Fe2+，所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2＋、Al3＋ 、Fe2+；第①步Cu与混酸反应的离子方程式为：Cu＋4H＋＋2NO3—Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；综上所述，本题答案是：Cu＋4H＋＋2NO3—Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；Pt和Au。
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O；使用H2O2的优点是过氧化氢做氧化剂被还原后为水,不引入杂质,对环境无污染；调节溶液pH使铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；综上所述，本题答案：2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O ；不引入杂质，对环境无污染； Fe3＋、Al3＋ 。
(3)第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；综上所述，本题答案是：加热脱水。
21.雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中,汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如图所示。
据此判断:
①该反应的温度T2____ T1 (填“>”或“<”)。
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)=___________。
③当固体催化剂的质量一定时,增大其表面积可提高化学反应速率。若增大催化剂的表面积,则CO转化率__ (填“增大”“减小”或“不变”)。
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是____(填字母)。
a b c
（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。
①煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物,用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
例如:CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867.0 kJ/mol
2NO2(g) N2O4(g) ΔH=-56.9 kJ/mol
写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式:_________________。
②将燃煤产生的二氧化碳回收利用,可达到低碳排放的目的。下图是通过人工光合作用,以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。电极a、b表面发生的电极反应式分别为a:____________________,
b:___________________________________。
【答案】 (1). ＜ (2). 0.05mol/(L·s) (3). 不变 (4). c (5). H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=－810.1kJ·mol－1 (6). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋ (7). 2CO2＋4H＋＋4e－=2HCOOH
【解析】
【详解】（1）①先拐先平，温度高，由图1可知，温度T1先到达平衡，因此该反应的温度T2
③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，一氧化碳的转化率不变；综上所述，本题答案是：不变。
④a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；
b、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故b错误；
c、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故c正确；
综上所述，本题选c。
（2）①已知：Ⅰ、CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol，Ⅱ、2NO2（g）N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol；根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）=﹣810.1kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣810.1kJ/mol；综上所述，本题答案是：CH4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=－810.1kJ·mol－1。
②由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极，电极反应式为2CO2+4e﹣+4H+═2HCOOH；综上所述，本题答案是：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；2CO2+4H++4e﹣=2HCOOH。
【点睛】针对于（1）中④问题，如果图像a中纵坐标为某一物质的百分含量或是反应物的转化率，则反应在t1时刻达到平衡状态；而本题给定纵坐标为正反应速率，t1时刻达到最大后又减小，说明反应未达平衡状态，这一点在解析时易出现问题，为易错点。
相关资料
更多
