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浙江省台州市书生中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试化学题（解析版）
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浙江省台州市书生中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案。）
1.对于某些离子的检验及结论正确的是（ ）
A. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则一定有NH4+
B. 加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该溶液一定有SO42-
C. 加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则原溶液中一定有CO32-
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则一定有Ca2+
【答案】A
【解析】
【详解】A项、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故A正确；
B项、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故B错误；
C项、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子和盐酸反应生成的二氧化硫气体也可以使石灰水变浑浊，碳酸氢根离子也能和盐酸反应生成可以使石灰水变浑浊的二氧化碳气体，则加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，不一定有CO32-，故C错误；
D项、若溶液中含有镁离子、钡离子等，加入碳酸钠溶液也能产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，不一定有Ca2+，故D错误；
故选A。
2.下列有关叙述正确的是（ ）
A. 蒸馏实验中温度计的水银球应插入溶液中
B. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物
C. 分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出
D. 开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯
【答案】C
【解析】试题分析：A．蒸馏实验中温度计的水银球应放在支管出口处，A错误；B．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但仍然是酸性氧化物，A错误；C．分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，C正确；D．开始蒸馏时，应该先开冷凝水，再加热；蒸馏完毕，应先撤酒精灯再关冷凝水，D错误，答案选C。
3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA
【答案】C
【解析】试题分析：A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，A错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，B错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，C正确；D、由于在反应过程中盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以不能计算转移的电子数，D错误，答案选C。
4.某一红色粉末可能是Fe2O3、Cu2O其中一种或二者混合物，将粉末放入足量稀硫酸（已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）中，观察分析该粉末组成下列合理的是（ ）
A. 若固体完全溶解，则粉末中不可能有Cu2O
B. 若固体不能完全溶解，则粉末中肯定有Cu2O
C. 若固体完全溶解，溶液中再加KSCN，变红，则原粉末仅是Fe2O3
D. 若固体不能完全溶解，溶液中再加KSCN，不变红，则原粉末仅是Cu2O
【答案】B
【解析】
【分析】Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，Cu2O与稀硫酸反应生成硫酸铜、铜和水。
【详解】A项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，过量的Fe2O3溶于酸生成的Fe3+可以溶解Cu2O与酸反应生成的铜，固体完全溶解并不能代表固体中没有Cu2O，故A错误；
B项、若固体不能完全溶解，则表明将粉末放入足量稀硫酸肯定有铜生成，所以固体中一定有Cu2O，故B正确；
C项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，过量的Fe2O3溶于酸生成的Fe3+可以溶解Cu2O与酸反应生成的铜，固体完全溶解并不能代表原粉末仅是Fe2O3，故C错误；
D项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，有铜残留时表明所有的Fe3+已全部被还原为Fe2+，因此加入KSCN不显红色，不能说明原粉末仅是Cu2O，故D错误；
故选B。
5. 将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）
A. 稀硝酸 B. 稀盐酸 C. 氢氧化钠 D. 硝酸铜
【答案】D
【解析】试题分析：氧化铝和稀硝酸反应生成硝酸铝和水，故A错误；氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，故B错误；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C错误；氧化铝和硝酸铜不反应，，故D正确。
6.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。据此判断下列说法正确的是（ ）
A. 石墨转变为金刚石的反应是吸热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)＝S(s) ΔH>0
D. H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH>0
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图象可知金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；
B．由图象可知白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，白磷比红磷活泼，红磷较稳定，B错误；
C．由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，则S(g)＝S(s) ΔH＜0，C错误；
D．由图象可知反应物H2(g)与I2(g)的能量总和高于生成物HI(g)的能量总和，所以H2(g)＋I2(g)2HI(g)是放热反应，ΔH＜0，D错误；
答案选A。
7.3.2g铜与过量硝酸(8molL -1，30mL)充分反应，硝酸的还原产物为NO2 和NO，反应后溶液中含amolH+ ，则此时溶液中所含NO3—为( ) mol
A. 0.2+a B. 0.1+a C. 0.05+a D. a
【答案】B
【解析】试题分析：3.2g铜的物质的量是0.05mol，生成硝酸铜是0.05mol，则含有的NO3-的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol。又因为反应后溶液中含a mol H+，则溶液中所含NO3-的物质的量是0.1mol＋a mol，答案选B。
8. “绿色化学”提倡化工生产应尽可能将反应物的原子全部利用,从根本上解决环境污染问题。在下列制备环氧乙烷的反应中,最符合“绿色化学”思想的是 ( )
A. CH2＝CH2+(过氧乙酸)+CH3COOH
B. CH2＝CH2+Cl2+Ca(OH)2+CaCl2+H2O
C. 2CH2＝CH2+O22
D. +HOCH2CH2—O—CH2CH2OH+2H2O
【答案】C
【解析】试题分析：制备环氧乙烷反应中,最符合“绿色化学”思想的是反应时原子全部转化为生成物，即该反应是化合反应。符合题意的只有C。
9. 下列物质的制备与工业生产相符的是（ ）
①NH3NOHNO3
②浓HClCl2 漂白粉
③MgCl2(aq)无水MgCl2Mg
④饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3
⑤铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3Al
A. ①④⑤ B. ①③⑤ C. ②③④ D. ②④⑤
【答案】A
【解析】试题分析：氨气发生催化氧化生成NO和H2O，生成的NO与氧气、水反应可以转化为硝酸，①正确；实验室制取氯气用二氧化锰氧化浓盐酸，而工业上利用电解饱和食盐水制备氯气，②不正确；氯化镁溶液中存在水解平衡MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热促进水解。且生成的氯化氢极易挥发，因此最终得到氢氧化镁固体，得不到氯化镁，③不正确；④属于侯氏制碱法原理，正确；铝土矿中含有两性氧化物氧化铝，能溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，偏铝酸钠吸收CO2即转化为氢氧化铝沉淀。氢氧化铝分解得到氧化铝。电解熔融的氧化铝即可冶炼金属铝，⑤正确，所以答案选A。
10.有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是（ ）
A. A>B>C>D>E B. A>C>D>B>E
C. C>A>B>D>E D. B>D>C>A>E
【答案】B
【解析】试题分析：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原地啊池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，所以金属活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．答案选B.
11. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
①少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2
②Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClO
④FeBr2溶液与等物质量Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
⑦Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
A. ①②⑤⑦ B. ①②③⑥ C. ②③④⑤ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【解析】①少量Cl2通入FeI2溶液中的离子反应为Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故正确；
②Fe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故错误
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl﹣+HClO，故错误
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2，故正确；
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水的离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故正确；
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故正确；
⑦Na2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故错误；故选D．
12.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（ ）
A. 某温度下，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=6，则溶液中c（ClO﹣）：c（ClO3﹣）=1
B. 参加反应的氯气的物质的量等于0.5amol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol＜n＜amol
D. 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol
【答案】C
【解析】A．设n（ClO﹣）=1mol，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=6，则n（Cl﹣）=6mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即：5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×6mol，解得：n（ClO3﹣）=1mol，故溶溶液中c（ClO﹣）：c（ClO3﹣）=1：1，故A正确；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）=amol，故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）="0.5a" mol，故B正确；
C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n的范围为：a mol≤n≤a mol，故C错误；
D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D正确；
13.在一定温度下，某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A. 体系的压强不再发生变化
B. v正(CO)=v逆(H2O)
C. 生成n mol CO的同时生成n mol H2
D. 1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于该反应是前后气体分子数不等的反应，容器的容积不变，若体系的压强不发生变化，则反应为平衡状态，A不符合题意；
B. v正(CO)=v正(H2O)=v逆(H2O)，反应达到平衡状态，B不符合题意；
C.根据方程式的系数关系可知：生成n molCO的同时生成n mol H2，不能说明正、逆反应的速率相等，不能判断反应是否为平衡状态，C符合题意；
D.1mol H-H键断裂等效于形成2mol H-O键，同时断裂2mol H-O键，反应处于平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是C。
14.可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在4种不同情况下反应速率分别如下，其中反应速率v最大的是（ ）
A. v(A) ＝9.0mol /(L·min) B. v(B)＝0.6 mol/(L·s)
C. v(C)＝0.3 mol/(L·s) D. v(D)＝0.1 mol/(L·s)
【答案】B
【解析】根据 ；A、v（A）=9.0mol/（L•min）=0.15 mol/（L•s） B. v（B）÷3=0.2 mol/（L•s） C. v（C）÷2=0.15 mol/（L•s） D. v（D）÷2=0.05 mol/（L•s），故B正确。
15. W、X、Y、Z、N、M六种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞W
B. 单质的还原性：X＞Y
C. 溴与元素M同主族，最高价氧化物的水化物的酸性比M的强
D. 元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质可作半导体材料
【答案】C
【解析】A. 同周期元素原子半径随着核电荷数增大而减小，所以原子半径Y>Z，同主族元素原子半径随着原子序数增大而增大，所以原子半径Z>W，总之，原子半径：Y>Z>W，故A正确；B. 单质的氧化性：Y>X，所以单质的还原性：X>Y，故B正确；C. 非金属性：溴
A. 棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素
B. 蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖
C. 酶是一类具有催化作用的蛋白质，其催化作用有很强的专一性、高效性
D. 食用植物油主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A项、棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；
B项、蛋白质在一定条件发生水解反应最终生成氨基酸，故B错误；
C项、酶是蛋白质，酶的催化作用具有高效性和专一性，故C正确；
D项、食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量均在一万以下，，不是高分子化合物，故D错误；
故选C。
17.白磷与氧可发生如下反应：P4＋5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P akJ·mol－1，P—ObkJ·mol－1、P=O ckJ·mol－1、O=O dkJ·mol－1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是（ ）
A. (6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1 B. (4c＋12b－6a－5d)kJ·mol－1
C. (4c＋12b－4c－5d)kJ·mol－1 D. (4a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】化学反应的实质是反应物原有化学键的断裂和生成物新化学键生成的过程，反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，由图可知P4中有6个P—P，O2有1个O=O，P4O10有4个P=O和12个P—O，则白磷与氧反应的△H为（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1，故选A。
18.如图为某种甲醇燃料电池示意图，工作时电子流向如图所示。下列判断正确的是( )
A. X为氧气
B. 电极A反应式：CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋
C. B电极附近溶液pH增大
D. 电池工作时，溶液中电子由电极B流向电极A
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据图示中电子的流向可知左边A电极通入的是燃料甲醇；右边B电极通入的是氧气，A错误；B．电极A是负极，失去电子，发生氧化反应，由于电解质溶液为碱性，所以电极反应式：CH3OH-6e-+8OH- =CO32-+6H2O，B错误；C．B电极上发生的电极反应是：O2+4e-+2H2O=4OH-，由于反应产生OH-，所以附近溶液碱性增强，溶液的pH增大，C正确；D．电子只能通过导线传递，不能在溶液中传递，D错误。答案选C。
二、填空题
19. 请回答：
（1）用氧化物表示翡翠：NaAl（SiO3）2的组成 。
（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由 。
（3）在NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀，写出反应的离子方程式
（4）写出化学反应方程式
①煅烧黄铁矿 。
②用氨气制硝酸的第一步 。
【答案】（1）Na2O·Al2O3·6SiO2
（2）2Mg＋CO22MgO＋C
（3）SO42-＋H+＋Ba2+＋OH－＝BaSO4↓＋H2O
（4）①4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
②4NH3+5O24NO ＋6H2O
【解析】试题分析：（1）根据化学式可知其氧化物形式可表示为Na2O·Al2O3·6SiO2；
（2）镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C。
（3）NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀时生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为SO42-＋H+＋Ba2+＋OH－＝BaSO4↓＋H2O。
（4）①煅烧黄铁矿的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+ 8SO2。
②氨气催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO＋6H2O。
20. 某含氧物质X仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解．，某研究小组设计并完成如下实验：
试回答如下问题：
（1）X的化学式为 ，写出X与H2O反应的离子方程式
（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式
（3）保存X时应注意 ．
【答案】（1）K2FeO4；4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣；
（2）Fe2O3+3CO3CO2+2Fe；（3）避免吸潮和受热．
【解析】根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，
（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，
（2）工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe，
（3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热，
21.某高二化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Al、C(石墨)
稀盐酸
偏向石墨
4
Mg、Al
氢氧化钠溶液
偏向Mg
5
Al、Zn
浓硝酸
偏向Al
根据表中的实验现象回答下列问题：
（1）实验1、2中Al所作的电极(正极或负极)是否相同____(填“是”或“否”)。
（2）根据实验3完成下列填空：
①铝为____极，电极反应式：______。
②石墨为_____极，电极反应式：_____。
③电池总反应方程式：_____。
（3）实验4中铝作负极还是正极____，理由是___。写出铝电极的电极反应式____。
（4）解释实验5中电流计指针偏向铝的原因：_____。
（5）根据实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素：_____。
【答案】(1). 否 (2). 负 (3). Al－3e－=Al3＋ (4). 正 (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑ (7). 负极 (8). Mg不与NaOH溶液发生反应，而Al与NaOH溶液反应 (9). Al－3e－＋4OH－=AlO2-＋2H2O (10). Al遇浓硝酸发生钝化，Zn能与浓硝酸的氧化还原反应 (11). 自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝参加反应做负极，反之作正极
【解析】
【分析】一般情况下，较活泼的金属作原电池的负极，根据实验1、2的实验现象可知实验中Al作正极，实验2中Al作负极；实验4中电解质溶液为NaOH溶液，能与氢氧化钠溶液反应的Al作负极，不能与氢氧化钠溶液反应的Mg做正极；实验5中电解质溶液为浓硝酸，由于Al在浓硝酸中发生钝化作正极，与浓硝酸反应的Zn作负极。
【详解】（1）金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，实验1中Mg的活泼性大于Al，所以Al作正极，实验2中Al的活泼性大于Cu，Al作负极，则实验1、2中Al所作的电极不相同，故答案为：否；
（2）实验3中能与盐酸反应的Al为负极，不与盐酸反应的石墨为正极。
①能与盐酸反应的Al为负极，Al失去电子发生氧化反应生成铝离子，电极反应式为Al-3e-═Al3+，故答案为：Al-3e-═Al3+；
②不与盐酸反应的石墨为正极，溶液中氢离子在正极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为H++2e-═H2↑，故答案为：H++2e-═H2↑；
③由正负极电极反应式可知，电池的反应原理为铝与盐酸发生置换反应生成氯化铝和氢气，则总反应方程式为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；
（3）实验4中Mg不与NaOH溶液发生反应，而铝能与氢氧化钠溶液反应，则能与氢氧化钠溶液反应的Al作负极，电极反应式为：Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：负；Mg不与NaOH溶液发生反应，而Al与NaOH溶液反应；Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；
（4）实验5中Al遇浓硝酸发生钝化，Zn能与浓硝酸的氧化还原反应，则Al在浓硝酸中发生钝化作正极，与浓硝酸反应的Zn作负极，故答案为：Al遇浓硝酸发生钝化，Zn能与浓硝酸的氧化还原反应；
（5）在原电池中金属铝作正极还是作负极，一定要看自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝若参加反应，失电子发生氧化反应作负极，若不能参与反应，金属铝作正极，参与反应的金属作负极，故答案为：自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝参加反应作负极，反之作正极。
22.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。
（1）写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)：_____。
（2）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表。
①请填写表中的空白：
温度
实验次数
起始温度T1/℃
终止温度
T2/℃
温度差平
均值(T2
－T1)/℃
H2SO4
溶液
NaOH
溶液
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
___
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸溶液的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝____(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是____(填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】(1). H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1 (2). 4.0 (3). －53.5 kJ·mol－1 (4). acd
【解析】
【分析】（1）根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；
（2）①先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；
②根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
③根据中和热的实验的关键是尽可能减少热量散失进行所测结果偏低的原因分析解答。
【详解】（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，故答案为：H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1；
（2）①由表格可知4次温度差分别为：4.0℃、6.1℃、4.1℃、3.9℃，第2组误差较大舍去，则3次温度差平均值为=4.0℃，故答案为：4.0；
②50mL 0.50mol•L-1NaOH溶液与30mL 0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和反应生成水物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80ml×1g•cm-3=80g，温度变化的值为△T=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=13376J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=—=-53.5kJ/mol，故答案为：-53.5kJ/mol；
③a、装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故正确；
b、量取NaOH溶液时仰视刻度，导致所取氢氧化钠溶液的体积偏大，参与反应的氢氧化钠的物质的量偏大，反应放出的热量偏大，中和热的数值偏高，故错误；
c、多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故正确；
d、用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故正确；
acd正确，故答案为：acd。
23.有丙炔和氢气的混合气体5L，在催化剂作用下，经充分反应后得到的气体的体积为V(所有体积均在同温同压下测定)。
（1）若将上述5L气体在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为___(取值范围)。
（2）若氢气的体积为1L，反应后的体积V＝___L。
（3）若氢气在混合气体中的体积分数为x，试用x表示反应后的体积V=___。
【答案】(1). 2.5L＜V(O2)＜20L (2). 4 (3). 0＜x≤，V＝(5－5x)L；＜x＜1，V＝(10x－5)L
【解析】
【分析】在催化剂作用下，丙炔和氢气发生的反应可能为①C3H4+H2C3H6，②C3H4+2H2C3H8，当V（C3H4）：V（H2）＜时，氢气过量，剩余气体的气体体积为C3H8和剩余H2的混合物；当V（C3H4）：V（H2）≥时，氢气不足，得到的产物是C3H6或C3H8或二者的混合物。
【详解】（1）若5L丙炔和氢气的混合气体全部为丙炔，丙炔完全燃烧的化学方程式为C3H4+4O2 3CO2+2H2O，由化学方程式可知，5L丙炔完全燃烧消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为5L×4=20L，若5L丙炔和氢气的混合气体全部为氢气，氢气完全燃烧的化学方程式为2H2+O2 2H2O，由化学方程式可知，5L氢气完全燃烧消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为5L×=2.5L，则5L气体在氧气中完全燃烧消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为2.5L＜V(O2)＜20L，故答案为：2.5L＜V(O2)＜20L；
（2）若氢气体积为1L，丙炔的体积为4L，则在催化剂作用下，丙炔和氢气发生反应C3H4+H2C3H6，由方程式可知氢气不足量，反应得到丙炔和丙烯的混合气体，由碳原子个数守恒可知，反应后丙炔和丙烯的混合气体体积与反应前丙炔气体体积相同，为4L，故答案为：4；
（3）在催化剂作用下，丙炔和氢气发生的反应可能为①C3H4+H2C3H6，②C3H4+2H2C3H8，当V（C3H4）：V（H2）＜时，即＜x＜1，氢气过量，剩余气体的气体体积为C3H8和剩余H2的混合物，V=V（C3H8）+V剩余（H2）=[5（1-x）L+5x-2×5（1-x）]=(10x-5)L；当V（C3H4）：V（H2）≥时，即0＜x≤，氢气不足，得到的产物是C3H6或C3H8或二者的混合物，剩余气体的体积等于反应物C3H4的体积，V=V（C3H4）=5（1-x）L，故答案为：0＜x≤，V＝(5－5x)L；＜x＜1，V＝(10x－5)L。
浙江省台州市书生中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案。）
1.对于某些离子的检验及结论正确的是（ ）
A. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则一定有NH4+
B. 加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该溶液一定有SO42-
C. 加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则原溶液中一定有CO32-
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则一定有Ca2+
【答案】A
【解析】
【详解】A项、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故A正确；
B项、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故B错误；
C项、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子和盐酸反应生成的二氧化硫气体也可以使石灰水变浑浊，碳酸氢根离子也能和盐酸反应生成可以使石灰水变浑浊的二氧化碳气体，则加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，不一定有CO32-，故C错误；
D项、若溶液中含有镁离子、钡离子等，加入碳酸钠溶液也能产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，不一定有Ca2+，故D错误；
故选A。
2.下列有关叙述正确的是（ ）
A. 蒸馏实验中温度计的水银球应插入溶液中
B. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物
C. 分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出
D. 开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯
【答案】C
【解析】试题分析：A．蒸馏实验中温度计的水银球应放在支管出口处，A错误；B．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但仍然是酸性氧化物，A错误；C．分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，C正确；D．开始蒸馏时，应该先开冷凝水，再加热；蒸馏完毕，应先撤酒精灯再关冷凝水，D错误，答案选C。
3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA
【答案】C
【解析】试题分析：A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，A错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，B错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，C正确；D、由于在反应过程中盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以不能计算转移的电子数，D错误，答案选C。
4.某一红色粉末可能是Fe2O3、Cu2O其中一种或二者混合物，将粉末放入足量稀硫酸（已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）中，观察分析该粉末组成下列合理的是（ ）
A. 若固体完全溶解，则粉末中不可能有Cu2O
B. 若固体不能完全溶解，则粉末中肯定有Cu2O
C. 若固体完全溶解，溶液中再加KSCN，变红，则原粉末仅是Fe2O3
D. 若固体不能完全溶解，溶液中再加KSCN，不变红，则原粉末仅是Cu2O
【答案】B
【解析】
【分析】Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，Cu2O与稀硫酸反应生成硫酸铜、铜和水。
【详解】A项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，过量的Fe2O3溶于酸生成的Fe3+可以溶解Cu2O与酸反应生成的铜，固体完全溶解并不能代表固体中没有Cu2O，故A错误；
B项、若固体不能完全溶解，则表明将粉末放入足量稀硫酸肯定有铜生成，所以固体中一定有Cu2O，故B正确；
C项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，过量的Fe2O3溶于酸生成的Fe3+可以溶解Cu2O与酸反应生成的铜，固体完全溶解并不能代表原粉末仅是Fe2O3，故C错误；
D项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，有铜残留时表明所有的Fe3+已全部被还原为Fe2+，因此加入KSCN不显红色，不能说明原粉末仅是Cu2O，故D错误；
故选B。
5. 将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）
A. 稀硝酸 B. 稀盐酸 C. 氢氧化钠 D. 硝酸铜
【答案】D
【解析】试题分析：氧化铝和稀硝酸反应生成硝酸铝和水，故A错误；氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，故B错误；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C错误；氧化铝和硝酸铜不反应，，故D正确。
6.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。据此判断下列说法正确的是（ ）
A. 石墨转变为金刚石的反应是吸热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)＝S(s) ΔH>0
D. H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH>0
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图象可知金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；
B．由图象可知白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，白磷比红磷活泼，红磷较稳定，B错误；
C．由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，则S(g)＝S(s) ΔH＜0，C错误；
D．由图象可知反应物H2(g)与I2(g)的能量总和高于生成物HI(g)的能量总和，所以H2(g)＋I2(g)2HI(g)是放热反应，ΔH＜0，D错误；
答案选A。
7.3.2g铜与过量硝酸(8molL -1，30mL)充分反应，硝酸的还原产物为NO2 和NO，反应后溶液中含amolH+ ，则此时溶液中所含NO3—为( ) mol
A. 0.2+a B. 0.1+a C. 0.05+a D. a
【答案】B
【解析】试题分析：3.2g铜的物质的量是0.05mol，生成硝酸铜是0.05mol，则含有的NO3-的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol。又因为反应后溶液中含a mol H+，则溶液中所含NO3-的物质的量是0.1mol＋a mol，答案选B。
8. “绿色化学”提倡化工生产应尽可能将反应物的原子全部利用,从根本上解决环境污染问题。在下列制备环氧乙烷的反应中,最符合“绿色化学”思想的是 ( )
A. CH2＝CH2+(过氧乙酸)+CH3COOH
B. CH2＝CH2+Cl2+Ca(OH)2+CaCl2+H2O
C. 2CH2＝CH2+O22
D. +HOCH2CH2—O—CH2CH2OH+2H2O
【答案】C
【解析】试题分析：制备环氧乙烷反应中,最符合“绿色化学”思想的是反应时原子全部转化为生成物，即该反应是化合反应。符合题意的只有C。
9. 下列物质的制备与工业生产相符的是（ ）
①NH3NOHNO3
②浓HClCl2 漂白粉
③MgCl2(aq)无水MgCl2Mg
④饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3
⑤铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3Al
A. ①④⑤ B. ①③⑤ C. ②③④ D. ②④⑤
【答案】A
【解析】试题分析：氨气发生催化氧化生成NO和H2O，生成的NO与氧气、水反应可以转化为硝酸，①正确；实验室制取氯气用二氧化锰氧化浓盐酸，而工业上利用电解饱和食盐水制备氯气，②不正确；氯化镁溶液中存在水解平衡MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热促进水解。且生成的氯化氢极易挥发，因此最终得到氢氧化镁固体，得不到氯化镁，③不正确；④属于侯氏制碱法原理，正确；铝土矿中含有两性氧化物氧化铝，能溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，偏铝酸钠吸收CO2即转化为氢氧化铝沉淀。氢氧化铝分解得到氧化铝。电解熔融的氧化铝即可冶炼金属铝，⑤正确，所以答案选A。
10.有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是（ ）
A. A>B>C>D>E B. A>C>D>B>E
C. C>A>B>D>E D. B>D>C>A>E
【答案】B
【解析】试题分析：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原地啊池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，所以金属活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．答案选B.
11. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
①少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2
②Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClO
④FeBr2溶液与等物质量Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
⑦Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑
A. ①②⑤⑦ B. ①②③⑥ C. ②③④⑤ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【解析】①少量Cl2通入FeI2溶液中的离子反应为Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故正确；
②Fe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故错误
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl﹣+HClO，故错误
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2，故正确；
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水的离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故正确；
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故正确；
⑦Na2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故错误；故选D．
12.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（ ）
A. 某温度下，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=6，则溶液中c（ClO﹣）：c（ClO3﹣）=1
B. 参加反应的氯气的物质的量等于0.5amol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol＜n＜amol
D. 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol
【答案】C
【解析】A．设n（ClO﹣）=1mol，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=6，则n（Cl﹣）=6mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即：5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×6mol，解得：n（ClO3﹣）=1mol，故溶溶液中c（ClO﹣）：c（ClO3﹣）=1：1，故A正确；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）=amol，故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）="0.5a" mol，故B正确；
C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n的范围为：a mol≤n≤a mol，故C错误；
D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D正确；
13.在一定温度下，某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A. 体系的压强不再发生变化
B. v正(CO)=v逆(H2O)
C. 生成n mol CO的同时生成n mol H2
D. 1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于该反应是前后气体分子数不等的反应，容器的容积不变，若体系的压强不发生变化，则反应为平衡状态，A不符合题意；
B. v正(CO)=v正(H2O)=v逆(H2O)，反应达到平衡状态，B不符合题意；
C.根据方程式的系数关系可知：生成n molCO的同时生成n mol H2，不能说明正、逆反应的速率相等，不能判断反应是否为平衡状态，C符合题意；
D.1mol H-H键断裂等效于形成2mol H-O键，同时断裂2mol H-O键，反应处于平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是C。
14.可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在4种不同情况下反应速率分别如下，其中反应速率v最大的是（ ）
A. v(A) ＝9.0mol /(L·min) B. v(B)＝0.6 mol/(L·s)
C. v(C)＝0.3 mol/(L·s) D. v(D)＝0.1 mol/(L·s)
【答案】B
【解析】根据 ；A、v（A）=9.0mol/（L•min）=0.15 mol/（L•s） B. v（B）÷3=0.2 mol/（L•s） C. v（C）÷2=0.15 mol/（L•s） D. v（D）÷2=0.05 mol/（L•s），故B正确。
15. W、X、Y、Z、N、M六种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞W
B. 单质的还原性：X＞Y
C. 溴与元素M同主族，最高价氧化物的水化物的酸性比M的强
D. 元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质可作半导体材料
【答案】C
【解析】A. 同周期元素原子半径随着核电荷数增大而减小，所以原子半径Y>Z，同主族元素原子半径随着原子序数增大而增大，所以原子半径Z>W，总之，原子半径：Y>Z>W，故A正确；B. 单质的氧化性：Y>X，所以单质的还原性：X>Y，故B正确；C. 非金属性：溴
A. 棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素
B. 蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖
C. 酶是一类具有催化作用的蛋白质，其催化作用有很强的专一性、高效性
D. 食用植物油主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A项、棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；
B项、蛋白质在一定条件发生水解反应最终生成氨基酸，故B错误；
C项、酶是蛋白质，酶的催化作用具有高效性和专一性，故C正确；
D项、食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量均在一万以下，，不是高分子化合物，故D错误；
故选C。
17.白磷与氧可发生如下反应：P4＋5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P akJ·mol－1，P—ObkJ·mol－1、P=O ckJ·mol－1、O=O dkJ·mol－1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是（ ）
A. (6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1 B. (4c＋12b－6a－5d)kJ·mol－1
C. (4c＋12b－4c－5d)kJ·mol－1 D. (4a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】化学反应的实质是反应物原有化学键的断裂和生成物新化学键生成的过程，反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，由图可知P4中有6个P—P，O2有1个O=O，P4O10有4个P=O和12个P—O，则白磷与氧反应的△H为（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1，故选A。
18.如图为某种甲醇燃料电池示意图，工作时电子流向如图所示。下列判断正确的是( )
A. X为氧气
B. 电极A反应式：CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋
C. B电极附近溶液pH增大
D. 电池工作时，溶液中电子由电极B流向电极A
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据图示中电子的流向可知左边A电极通入的是燃料甲醇；右边B电极通入的是氧气，A错误；B．电极A是负极，失去电子，发生氧化反应，由于电解质溶液为碱性，所以电极反应式：CH3OH-6e-+8OH- =CO32-+6H2O，B错误；C．B电极上发生的电极反应是：O2+4e-+2H2O=4OH-，由于反应产生OH-，所以附近溶液碱性增强，溶液的pH增大，C正确；D．电子只能通过导线传递，不能在溶液中传递，D错误。答案选C。
二、填空题
19. 请回答：
（1）用氧化物表示翡翠：NaAl（SiO3）2的组成 。
（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由 。
（3）在NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀，写出反应的离子方程式
（4）写出化学反应方程式
①煅烧黄铁矿 。
②用氨气制硝酸的第一步 。
【答案】（1）Na2O·Al2O3·6SiO2
（2）2Mg＋CO22MgO＋C
（3）SO42-＋H+＋Ba2+＋OH－＝BaSO4↓＋H2O
（4）①4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
②4NH3+5O24NO ＋6H2O
【解析】试题分析：（1）根据化学式可知其氧化物形式可表示为Na2O·Al2O3·6SiO2；
（2）镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C。
（3）NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀时生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为SO42-＋H+＋Ba2+＋OH－＝BaSO4↓＋H2O。
（4）①煅烧黄铁矿的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+ 8SO2。
②氨气催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO＋6H2O。
20. 某含氧物质X仅含三种元素，在198℃以下比较稳定，温度高时易分解．，某研究小组设计并完成如下实验：
试回答如下问题：
（1）X的化学式为 ，写出X与H2O反应的离子方程式
（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式
（3）保存X时应注意 ．
【答案】（1）K2FeO4；4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣；
（2）Fe2O3+3CO3CO2+2Fe；（3）避免吸潮和受热．
【解析】根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液Ⅰ焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，
（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，
（2）工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe，
（3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热，
21.某高二化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Al、C(石墨)
稀盐酸
偏向石墨
4
Mg、Al
氢氧化钠溶液
偏向Mg
5
Al、Zn
浓硝酸
偏向Al
根据表中的实验现象回答下列问题：
（1）实验1、2中Al所作的电极(正极或负极)是否相同____(填“是”或“否”)。
（2）根据实验3完成下列填空：
①铝为____极，电极反应式：______。
②石墨为_____极，电极反应式：_____。
③电池总反应方程式：_____。
（3）实验4中铝作负极还是正极____，理由是___。写出铝电极的电极反应式____。
（4）解释实验5中电流计指针偏向铝的原因：_____。
（5）根据实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素：_____。
【答案】(1). 否 (2). 负 (3). Al－3e－=Al3＋ (4). 正 (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑ (7). 负极 (8). Mg不与NaOH溶液发生反应，而Al与NaOH溶液反应 (9). Al－3e－＋4OH－=AlO2-＋2H2O (10). Al遇浓硝酸发生钝化，Zn能与浓硝酸的氧化还原反应 (11). 自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝参加反应做负极，反之作正极
【解析】
【分析】一般情况下，较活泼的金属作原电池的负极，根据实验1、2的实验现象可知实验中Al作正极，实验2中Al作负极；实验4中电解质溶液为NaOH溶液，能与氢氧化钠溶液反应的Al作负极，不能与氢氧化钠溶液反应的Mg做正极；实验5中电解质溶液为浓硝酸，由于Al在浓硝酸中发生钝化作正极，与浓硝酸反应的Zn作负极。
【详解】（1）金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，实验1中Mg的活泼性大于Al，所以Al作正极，实验2中Al的活泼性大于Cu，Al作负极，则实验1、2中Al所作的电极不相同，故答案为：否；
（2）实验3中能与盐酸反应的Al为负极，不与盐酸反应的石墨为正极。
①能与盐酸反应的Al为负极，Al失去电子发生氧化反应生成铝离子，电极反应式为Al-3e-═Al3+，故答案为：Al-3e-═Al3+；
②不与盐酸反应的石墨为正极，溶液中氢离子在正极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为H++2e-═H2↑，故答案为：H++2e-═H2↑；
③由正负极电极反应式可知，电池的反应原理为铝与盐酸发生置换反应生成氯化铝和氢气，则总反应方程式为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；
（3）实验4中Mg不与NaOH溶液发生反应，而铝能与氢氧化钠溶液反应，则能与氢氧化钠溶液反应的Al作负极，电极反应式为：Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：负；Mg不与NaOH溶液发生反应，而Al与NaOH溶液反应；Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；
（4）实验5中Al遇浓硝酸发生钝化，Zn能与浓硝酸的氧化还原反应，则Al在浓硝酸中发生钝化作正极，与浓硝酸反应的Zn作负极，故答案为：Al遇浓硝酸发生钝化，Zn能与浓硝酸的氧化还原反应；
（5）在原电池中金属铝作正极还是作负极，一定要看自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝若参加反应，失电子发生氧化反应作负极，若不能参与反应，金属铝作正极，参与反应的金属作负极，故答案为：自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝参加反应作负极，反之作正极。
22.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。
（1）写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)：_____。
（2）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表。
①请填写表中的空白：
温度
实验次数
起始温度T1/℃
终止温度
T2/℃
温度差平
均值(T2
－T1)/℃
H2SO4
溶液
NaOH
溶液
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
___
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸溶液的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝____(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是____(填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】(1). H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1 (2). 4.0 (3). －53.5 kJ·mol－1 (4). acd
【解析】
【分析】（1）根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；
（2）①先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；
②根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
③根据中和热的实验的关键是尽可能减少热量散失进行所测结果偏低的原因分析解答。
【详解】（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，故答案为：H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1；
（2）①由表格可知4次温度差分别为：4.0℃、6.1℃、4.1℃、3.9℃，第2组误差较大舍去，则3次温度差平均值为=4.0℃，故答案为：4.0；
②50mL 0.50mol•L-1NaOH溶液与30mL 0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和反应生成水物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80ml×1g•cm-3=80g，温度变化的值为△T=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=13376J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=—=-53.5kJ/mol，故答案为：-53.5kJ/mol；
③a、装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故正确；
b、量取NaOH溶液时仰视刻度，导致所取氢氧化钠溶液的体积偏大，参与反应的氢氧化钠的物质的量偏大，反应放出的热量偏大，中和热的数值偏高，故错误；
c、多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故正确；
d、用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故正确；
acd正确，故答案为：acd。
23.有丙炔和氢气的混合气体5L，在催化剂作用下，经充分反应后得到的气体的体积为V(所有体积均在同温同压下测定)。
（1）若将上述5L气体在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为___(取值范围)。
（2）若氢气的体积为1L，反应后的体积V＝___L。
（3）若氢气在混合气体中的体积分数为x，试用x表示反应后的体积V=___。
【答案】(1). 2.5L＜V(O2)＜20L (2). 4 (3). 0＜x≤，V＝(5－5x)L；＜x＜1，V＝(10x－5)L
【解析】
【分析】在催化剂作用下，丙炔和氢气发生的反应可能为①C3H4+H2C3H6，②C3H4+2H2C3H8，当V（C3H4）：V（H2）＜时，氢气过量，剩余气体的气体体积为C3H8和剩余H2的混合物；当V（C3H4）：V（H2）≥时，氢气不足，得到的产物是C3H6或C3H8或二者的混合物。
【详解】（1）若5L丙炔和氢气的混合气体全部为丙炔，丙炔完全燃烧的化学方程式为C3H4+4O2 3CO2+2H2O，由化学方程式可知，5L丙炔完全燃烧消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为5L×4=20L，若5L丙炔和氢气的混合气体全部为氢气，氢气完全燃烧的化学方程式为2H2+O2 2H2O，由化学方程式可知，5L氢气完全燃烧消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为5L×=2.5L，则5L气体在氧气中完全燃烧消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为2.5L＜V(O2)＜20L，故答案为：2.5L＜V(O2)＜20L；
（2）若氢气体积为1L，丙炔的体积为4L，则在催化剂作用下，丙炔和氢气发生反应C3H4+H2C3H6，由方程式可知氢气不足量，反应得到丙炔和丙烯的混合气体，由碳原子个数守恒可知，反应后丙炔和丙烯的混合气体体积与反应前丙炔气体体积相同，为4L，故答案为：4；
（3）在催化剂作用下，丙炔和氢气发生的反应可能为①C3H4+H2C3H6，②C3H4+2H2C3H8，当V（C3H4）：V（H2）＜时，即＜x＜1，氢气过量，剩余气体的气体体积为C3H8和剩余H2的混合物，V=V（C3H8）+V剩余（H2）=[5（1-x）L+5x-2×5（1-x）]=(10x-5)L；当V（C3H4）：V（H2）≥时，即0＜x≤，氢气不足，得到的产物是C3H6或C3H8或二者的混合物，剩余气体的体积等于反应物C3H4的体积，V=V（C3H4）=5（1-x）L，故答案为：0＜x≤，V＝(5－5x)L；＜x＜1，V＝(10x－5)L。
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