精品解析：江苏省苏州市江苏省木渎高级中学2024-2025学年高二上学期第一次月考化学试题

江苏省木渎高级中学2024~2025学年第一学期 高二化学10月考试试卷 (试卷共8页，答题时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Cu：64 Ag：108 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 一、单项选择题(本题包括14小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共42分) 1. 下列说法不符合人与自然和谐相处的是 A. 很多城市对废旧电池进行回收处理 B. 许多地方政府出台相关法规来保护生物物种多样性 C. 对聚乙烯等塑料垃圾进行了深埋或者倾倒入海处理 D. 现在不少地区正在使用沼气，太阳能，风能等能源替代传统的煤炭 2. 下列关于化学反应中的能量变化的说法正确的是 A. 放热反应无需加热即可进行，而吸热反应则必须在加热条件下才能进行 B. 化学反应必然伴随着能量的变化 C. 若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应放热 D. 浓硫酸溶于水放热，属于放热反应 3. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，下列说法正确的是 A. 标准状况下，1molH2(g)与0.5molO2(g)反应生成1molH2O放出的热量为241.8kJ B. 在相同条件下，1molH2(g)与0.5molO2(g)的能量总和大于1molH2O(g)的能量 C. 8g水蒸气完全分解成氢气和氧气吸收483.6kJ热量 D. 常温下，2molH2与1molO2完全反应生成液态水放出的热量小于483.6kJ 4. 化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是 A. 反应中每生成2个AB分子放出(a-b)kJ热量 B. 该反应是吸热反应，反应热△H=+(a-b)kJ/mol C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量 5. 下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是 A. 腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH- B. 可用镁合金块代替锌块进行保护 C. 嵌入锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+ D. 该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法 6. 下列关于焓判据和熵判据的说法中，正确的是 A. 吸热的自发过程一定为熵增加的过程 B. 的反应均是自发进行的反应 C. 碳酸钙分解为吸热反应，该反应在任何温度下都不能自发进行 D. ΔH—TΔS大于0的反应一定不能发生 7. 下列表述不正确的是 A B C D 盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液 外电路电流由a极流向b极 a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 正极反应式为O2+4e-+2H2O= 4OH- A. A B. B C. C D. D 8. 下列说法的是不正确的是 ①盐酸与足量锌片反应时，加入少量氯化铜溶液可加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量 ②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率 ③反应在一恒容密闭容器中进行，充入氦气，化学反应速率不变 ④使用合适催化剂能改变反应历程，降低反应的焓变 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④ 9. 电解原理具有广泛的应用。下列关于图示四个装置的叙述不正确的是 A. 装置甲可以在铁钉上镀铜 B. 若装置乙可以电解精炼铜，则X电极为纯铜 C. 装置丙的a端产生氯气 D. 装置丁可以观察到白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色 10. 某化学兴趣小组在实验室中设计如图所示装置(a、b、c、d均为惰性电极)，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水。下列分析错误的是 A. 乙装置中，d极上发生氧化反应，移向该电极 B. 理论上d极消耗的CH4与b极生成的O2物质的量之比为1∶2 C. 气体X为CO2，且c极通入的CO2与d极冒出的CO2不相等 D. 一段时间后，甲装置中生成的O2与消耗的O2物质的量相等 11. 微生物脱盐池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以氯化钠溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图的装置处理有机废水(以含的溶液为例)，下列说法正确的是 A. 负极的电极反应： B. 该电池可在高温环境下工作 C. 每消耗2.24L(标准状况)的空气，有电子转移 D. Y为阴离子选择性交换膜 12. 在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该反应的 B. 可以和盐酸反应 C. 若用催化释氢，反应除生成外，还生成 D. 若用溶液代替最终所得气体中的纯度会提高 13. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. (Ⅲ)不能氧化 B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D. 总反应为： 14. 已知，该反应分①②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是 A. 反应①为吸热反应 B. C. 反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应 D. 反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 15. 回答下列问题： （1）298k时，燃烧生成放热121kJ，蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为___________。 （2）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表： 物质 C(石墨，s) 燃烧热 则25℃时和C(石墨，s)生成的热化学方程式为___________。 （3）相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 在一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： 反应 ___________。 （4）工业上，处理NO，是减少空气污染的重要途径。 已知：① ② ③ ④ 回答下列问题： ①___________。 ②已知反应①的正反应活化能，则其逆反应活化能___________。 16. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： （1）甲池为___________(填“原电池”“电解池”“电镀池”)，A电极的电极反应式为：___________。 （2）丙池中F电极为___________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式___________。 （3）当乙池中C极质量变化10.8g时，甲池中B电极理论上消耗的体积为___________mL(标准状况)。 （4）一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是___________(填选项字母)。 A. Cu B. CuO C. D. （5）若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑的溶解)，则电解过程中转移的电子___________mol，若电解后溶液的体积为，则所得溶液中氢离子的浓度___________。 （6）若将丙池改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，电解质溶液为溶液，则下列说法中正确的是___________。 A. 电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等 B. 丙池左侧电极为粗铜，发生氧化反应 C. 溶液的浓度保持不变 D. 杂质中Ag、Pt、Au以单质的形式沉淀到池底 17. 烟气(主要污染物)经预处理后用碱液吸收，可减少烟气中的含量。 （1）若烟气主要成分为NO、，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为___________。电解过程得到产物为___________。 （2）常温下，是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。氧化烟气中时主要反应的热化学方程式为： ①反应 ___________ ②氧化NO的氧化率随温度变化情况如图，随着温度升高NO的氧化率下降的原因可能是___________。 ③一定条件下，向混合物中加入一定浓度的气体，进行同时脱硫脱硝实验。实验结果如图，同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是___________；由图可知对NO的氧化率影响很小，下列选项中能解释该结果的是___________(填序号)， a．氧化反应的活化能较大 b．与NO反应速率比与反应速率快 c．等物质的量的与NO反应放出的热量比与反应的多 ④尿素[]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程式为___________。也可将该反应设计成碱性燃料电池除去烟气中的氮氧化物，该燃料电池负极的电极反应式是___________。 18. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 （1）沉淀法。用如图装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。 ①上图装置中阳极材料为___________，发生的电极反应方程式为___________。 ②随着pH的增大，出口处硫转化为FeS的沉淀率反而下降，可能的原因是___________。 （2）氧化法。H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 ①H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如图所示。当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S的生成率越低，试解释可能的原因：___________。 ②催化氧化法：MnO聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。 a．整个反应过程中，氧化剂是___________。 b．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，其原因可能是____________。 c．从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省木渎高级中学2024~2025学年第一学期 高二化学10月考试试卷 (试卷共8页，答题时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Cu：64 Ag：108 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 一、单项选择题(本题包括14小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共42分) 1. 下列说法不符合人与自然和谐相处的是 A. 很多城市对废旧电池进行回收处理 B. 许多地方政府出台相关法规来保护生物物种多样性 C. 对聚乙烯等塑料垃圾进行了深埋或者倾倒入海处理 D. 现在不少地区正在使用沼气，太阳能，风能等能源替代传统的煤炭 【答案】C 【解析】 【详解】A．废旧电池中含有重金属，对其回收处理可以保护环境，A正确； B．保护生物物种多样性，体现了人与自然和谐相处，B正确； C．聚乙烯难降解，对聚乙烯等塑料垃圾进行了深埋或者倾倒入海处理，不利于环境保护C错误； D．不少地区正在使用沼气，太阳能，风能等能源替代传统的煤炭，更加清洁环保，D正确； 故选C。 2. 下列关于化学反应中的能量变化的说法正确的是 A. 放热反应无需加热即可进行，而吸热反应则必须在加热条件下才能进行 B. 化学反应必然伴随着能量的变化 C. 若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应放热 D. 浓硫酸溶于水放热，属于放热反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．吸热反应和放热反应的判断跟条件无关，有些吸热反应需要加热，有些不需要加热，放热反应也是如此，故A错误； B．化学反应发生时有化学键的断裂和形成，就伴随着能量的变化，故B正确； C．若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应是吸热反应，故C错误； D．浓硫酸溶于水放热，属于放热过程，没有发生化学变化，不属于放热反应，故D错误； 故本题选B。 3. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，下列说法正确的是 A. 标准状况下，1molH2(g)与0.5molO2(g)反应生成1molH2O放出的热量为241.8kJ B. 在相同条件下，1molH2(g)与0.5molO2(g)的能量总和大于1molH2O(g)的能量 C. 8g水蒸气完全分解成氢气和氧气吸收483.6kJ热量 D. 常温下，2molH2与1molO2完全反应生成液态水放出的热量小于483.6kJ 【答案】B 【解析】 【详解】A．气态水转化为液态水会放热,标准状况下，1molH2(g)与0.5molO2(g)反应生成1molH2O放出的热量大于241.8kJ，A错误； B．反应放热说明反应物总能量高于生成物，即在相同条件下,，1molH2(g)与0.5molO2(g)的能量总和大于1molH2O(g)的能量，B正确； C．36g水蒸气完全分解成氢气和氧气吸收483.6kJ热量，C错误； D．气态水转化为液态水会放热，常温下，2molH2与1molO2完全反应生成液态水放出的热量大于483.6kJ ，D错误； 故选B。 4. 化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是 A. 反应中每生成2个AB分子放出(a-b)kJ热量 B. 该反应是吸热反应，反应热△H=+(a-b)kJ/mol C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图及题意分析可知反应中每生成2molAB分子吸收(a-b)kJ热量，A错误； B．该反应是吸热反应，反应热△H=+(a-b)kJ/mol，B正确； C．此反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，C错误； D．断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，D错误； 故选B。 5. 下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是 A. 腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH- B. 可用镁合金块代替锌块进行保护 C. 嵌入锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+ D. 该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】C 【解析】 【详解】A．在海水中，轮船外壳的Fe、C、海水形成原电池，发生吸氧腐蚀，C作正极，正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-，A合理； B．镁的金属活动性比铁强，构成原电池时，Mg作负极，可阻止铁失电子，所以可用镁合金块代替锌块进行保护，B合理； C．嵌入锌块后，锌作负极，Fe作正极，负极Zn失电子，负极反应：Zn-2e-=Zn2+，C不合理； D．该方法以牺牲锌块为代价，锌失电子被腐蚀，发生氧化反应，铁作正极，铁不失电子，所以采用的是牺牲阳极的阴极保护法，D合理； 故选C。 6. 下列关于焓判据和熵判据的说法中，正确的是 A. 吸热的自发过程一定为熵增加的过程 B. 的反应均是自发进行的反应 C. 碳酸钙分解为吸热反应，该反应在任何温度下都不能自发进行 D. ΔH—TΔS大于0的反应一定不能发生 【答案】A 【解析】 【详解】A．由ΔH—TΔS＜0的过程能自发进行可知，吸热的自发过程一定为熵增加的过程，故A正确； B．熵减的放热反应在高温条件下反应ΔH—TΔS大于0，不能自发进行，故B错误； C．碳酸钙分解的反应为熵增的吸热反应，高温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故C错误； D．在低温条件下，熵增的吸热反应的ΔH—TΔS大于0，但高温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故D错误； 故选A。 7. 下列表述不正确的是 A B C D 盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液 外电路电流由a极流向b极 a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 正极反应式为O2+4e-+2H2O= 4OH- A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．原电池中阴离子向负极移动，故盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液，A正确； B．燃料电池中通燃料的一极为负极，通O2等氧化剂的一极为正极，电流是由正极经导线流向负极，故图中外电路电流由b极流向a极，B错误； C．图示为用石墨电极电解CuCl2溶液，a为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2，由于2I-+Cl2=I2+2Cl-，故 a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C正确； D．图示模拟钢铁的吸氧腐蚀，正极反应为：O2+4e-+2H2O= 4OH-，正确； 故答案为：B。 8. 下列说法的是不正确的是 ①盐酸与足量锌片反应时，加入少量氯化铜溶液可加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量 ②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率 ③反应在一恒容密闭容器中进行，充入氦气，化学反应速率不变 ④使用合适催化剂能改变反应历程，降低反应的焓变 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【详解】①锌足量，产生的氢气由酸的物质的量决定，锌和反应生成铜，锌、铜和盐酸构成原电池，能加快反应速率且不影响生成氢气的量，①正确； ②若浓度过大，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误； ③充入氦气，参加反应的气体的物质的量浓度不变，反应速率不变，③正确； ④使用合适催化剂能改变反应历程，降低活化能，加快反应速率，但反应的焓变不会改变，④错误； 故选D。 9. 电解原理具有广泛的应用。下列关于图示四个装置的叙述不正确的是 A. 装置甲可以在铁钉上镀铜 B. 若装置乙可以电解精炼铜，则X电极为纯铜 C. 装置丙的a端产生氯气 D. 装置丁可以观察到白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cu与电源正极相连，为阳极，失去电子，阴极上铜离子得到电子，可以在铁钉上镀铜，故A正确； B．电解精炼铜，Y为粗铜，与电源正极相连，X电极为精铜，故B正确； C．a为阳极，b为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，故C正确； D．图中有外接电源，铁为阴极，不溶解，故D错误； 故答案选D。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、电化学为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 10. 某化学兴趣小组在实验室中设计如图所示装置(a、b、c、d均为惰性电极)，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水。下列分析错误的是 A. 乙装置中，d极上发生氧化反应，移向该电极 B. 理论上d极消耗的CH4与b极生成的O2物质的量之比为1∶2 C. 气体X为CO2，且c极通入的CO2与d极冒出的CO2不相等 D. 一段时间后，甲装置中生成的O2与消耗的O2物质的量相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．在原电池中，阴离子向负极移动。在乙装置中，通入甲烷的d极为负极，失去电子发生氧化反应，d极上发生氧化反应，则向d极移动，A正确； B．在d电极反应中每有1 mol CH4发生反应转化为CO2，转移8 mol电子；在b电极上每反应产生1 mol O2，转移4 mol电子，在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以理论上d极消耗的CH4与b极生成的O2物质的量之比为1∶2，B正确； C．在c电极上电极反应式：O2+4e-+2CO2=2，d电极上电极反应式：CH4-8e-+4=5CO2↑+2H2O，则转移8mol电子时，c极通入4molCO2，d极冒出的5molCO2，两者质量不相等，C正确； D．a电极与负极连接，作阴极，发生反应：O2+2e-+2H+=H2O2；b电极与电源正极连接，作阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以a电极消耗的O2与b电极产生的O2的物质的量的比是2：1，生成氧气的量和消耗氧气的量不相等，D错误； 故选：D。 11. 微生物脱盐池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以氯化钠溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图的装置处理有机废水(以含的溶液为例)，下列说法正确的是 A. 负极的电极反应： B. 该电池可在高温环境下工作 C. 每消耗2.24L(标准状况)的空气，有电子转移 D. Y为阴离子选择性交换膜 【答案】A 【解析】 【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2，负极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，正极反应式为4H++O2+4e-═2H2O↑，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即模拟海水NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向正极、Cl-通过阴离子交换膜移向负极，可实现海水淡化，则隔膜Y为阳离子交换膜，据此分析解答。 【详解】A．负极上CH3COO-失电子发生氧化反应生成二氧化碳，同时生成氢离子，电极反应式为，A正确； B．该装置为微生物脱盐电池，温度过高会导致微生物死亡，海水淡化效果变差，B错误； C．标况下2.24L空气中含有n（O2）=×20%=0.02mol，每消耗1mol氧气转移4mol电子，据此计算消耗0.02mol氧气转移电子物质的量=0.02mol×4=0.08mol，C错误； D．负极区生成氢离子，需要氯离子；正极区消耗氢离子，需要钠离子，所以Y是阳离子交换膜，D错误； 故选A。 12. 在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该反应的 B. 可以和盐酸反应 C. 若用催化释氢，反应除生成外，还生成 D. 若用溶液代替最终所得气体中的纯度会提高 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲酸分解成氢气和二氧化碳，气体分子数增多，为熵增反应，A正确； B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，可以形成配位键，可以和盐酸反应，B正确； C．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，C错误； D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，而反应生成KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，H2的纯度提高，D正确； 故选C。 13. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. (Ⅲ)不能氧化 B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D. 总反应为： 【答案】C 【解析】 【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。 【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误； B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误； C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确； D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误； 答案选C。 14. 已知，该反应分①②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是 A. 反应①为吸热反应 B. C. 反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应 D. 反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图象可知，反应①中的反应物的总能量均大于生成物的总能量，为放热反应，故A项错误； B．焓变只与体系的始、末状态有关，而与反应的途径无关，由图象可知，反应前后总的能量变化为218 kJ/mol，所以反应①、反应②的焓变之和为△H＝－218 kJ/mol，热化学方程式为：，故B项错误； C．反应①中，氢元素化合价变化：0→+1，碘元素化合价变化：+1→-1；反应②中，HI中碘元素化合价变化：-1→0，ICl中碘元素化合价变化：+1→0，所以反应①、反应②不是同种元素间发生的氧化还原反应，故C项错误； D．反应①比反应②的速率慢，由图可知，反应①正反应的活化能比反应②的大，活化能越高则活化分子的百分数越小，化学反应速率越慢，故反应速率与相应正反应的活化能有关，故D项正确； 答案选D。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 15. 回答下列问题： （1）298k时，燃烧生成放热121kJ，蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为___________。 （2）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表： 物质 C(石墨，s) 燃烧热 则25℃时和C(石墨，s)生成的热化学方程式为___________。 （3）相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 在一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： 反应 ___________。 （4）工业上，处理NO，是减少空气污染的重要途径。 已知：① ② ③ ④ 回答下列问题： ①___________。 ②已知反应①的正反应活化能，则其逆反应活化能___________。 【答案】（1）H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ⋅mol−1 （2）3+6C(石墨，s) =H=+49.1kJ⋅mol−1 （3）+90.8 （4） ①. -870 ②. 368 【解析】 【小问1详解】 燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，氢气完全燃烧生成的是液态水。燃烧生成放热121kJ，则1mol燃烧生成1mol放热242kJ，蒸发吸热44kJ，则1mol水蒸气液化为液态水放热44kJ，所以1mol氢气燃烧生成1mol液态水放热242kJ+44kJ=286kJ，则表示燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)   ； 【小问2详解】 根据燃烧热可以写出其热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)   ΔH1=-285.8kJ⋅mol−1；②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)   ΔH2=-393.5kJ⋅mol−1；③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)   ΔH3=-3267.5kJ⋅mol−1。由①×3+②×6-③式可得到反应：3+6C(石墨，s) =，由盖斯定律得该反应的反应热H=-285.8kJ⋅mol−1×3+(-393.5kJ⋅mol−1×6)-(-3267.5kJ⋅mol−1)=+49.1kJ⋅mol−1，则25℃时和C(石墨，s)生成的热化学方程式为：3+6C(石墨，s) = ΔH1=+49.1kJ⋅mol−1； 【小问3详解】 反应热ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，则反应的ΔH=6390.8kJ⋅mol−1-946kJ⋅mol−1-3436.0kJ⋅mol−1=+90.8kJ⋅mol−1； 【小问4详解】 ①由①×2+②式可得反应③，根据盖斯定律可得ΔH3=-234kJ⋅mol−1×2+(-402kJ⋅mol−1)=-870kJ⋅mol−1 ； ②反应热等于正、逆反应活化能之差，即ΔH1=E1-E2，则反应①的逆反应的活化能E2=E1-ΔH1=134kJ⋅mol−1-(-234kJ⋅mol−1)=368kJ⋅mol−1。 16. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： （1）甲池为___________(填“原电池”“电解池”“电镀池”)，A电极的电极反应式为：___________。 （2）丙池中F电极为___________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式___________。 （3）当乙池中C极质量变化10.8g时，甲池中B电极理论上消耗的体积为___________mL(标准状况)。 （4）一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是___________(填选项字母)。 A. Cu B. CuO C. D. （5）若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑的溶解)，则电解过程中转移的电子___________mol，若电解后溶液的体积为，则所得溶液中氢离子的浓度___________。 （6）若将丙池改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，电解质溶液为溶液，则下列说法中正确的是___________。 A. 电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等 B. 丙池左侧电极为粗铜，发生氧化反应 C. 溶液的浓度保持不变 D. 杂质中Ag、Pt、Au以单质的形式沉淀到池底 【答案】（1） ①. 原电池 ②. （2） ①. 阴极 ②. （3）560mL （4）A （5） ①. 0.6 ②. （6）BD 【解析】 【分析】甲池为燃料电池，CH3OH为负极、发生氧化反应，电极反应式为，氧气为正极发生还原反应，电极反应式为，则乙、丙装置为电解池：乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，即，阴极上铜离子得电子生成Cu；丙池中石墨E电极为阳极，石墨F电极是阴极，即惰性电极电解硫酸铜，化学方程式为，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，甲池为原电池，A电极的电极反应式为：； 【小问2详解】 由分析可知，丙池中F电极与燃料电池A电极即负极相连，故为阴极，电解时总反应方程式为：，故其离子方程式为：； 【小问3详解】 由分析可知，乙池C电极中的电极反应方程式为：Ag-e-=Ag+，故当乙池中C极质量变化10.8 g时，电路中流过的电子为：，甲池中B电极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故理论上消耗O2的体积为 =560mL； 【小问4详解】 由分析可知，乙池中电解时阳极反应式为：Ag-e-=Ag+，阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，从乙池中出来的为Cu单质，故一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是Cu，Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故选A； 【小问5详解】 碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n(Cu)=0.2mol、n(H2)=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，根据Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4mol，故若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度为：； 【小问6详解】 A．电解过程中，阳极为粗铜，Cu极比Cu活泼的多种金属放电，阴极为纯铜，只有铜离子得电子析出，故阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，A错误； B．丙池左侧电极为阳极，电极材料为粗铜，发生氧化反应，B正确； C．电解过程中，阳极为粗铜，Cu极比Cu活泼的多种金属放电，阴极为纯铜，只有铜离子得电子析出，溶液的浓度减小，C错误； D．阳极为粗铜，Cu极比Cu活泼的多种金属如Zn、Fe等放电生成金属阳离子进入溶液比铜活泼性差的金属如Au、Pt、Ag等形成阳极泥，以单质的形式沉淀到池底，D正确； 故答案为：BD。 17. 烟气(主要污染物)经预处理后用碱液吸收，可减少烟气中的含量。 （1）若烟气主要成分为NO、，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为___________。电解过程得到产物为___________。 （2）常温下，是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。氧化烟气中时主要反应的热化学方程式为： ①反应 ___________ ②氧化NO的氧化率随温度变化情况如图，随着温度升高NO的氧化率下降的原因可能是___________。 ③一定条件下，向混合物中加入一定浓度的气体，进行同时脱硫脱硝实验。实验结果如图，同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是___________；由图可知对NO的氧化率影响很小，下列选项中能解释该结果的是___________(填序号)， a．氧化反应的活化能较大 b．与NO反应速率比与反应速率快 c．等物质的量的与NO反应放出的热量比与反应的多 ④尿素[]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程式为___________。也可将该反应设计成碱性燃料电池除去烟气中的氮氧化物，该燃料电池负极的电极反应式是___________。 【答案】（1） ①. ②. 、H2SO4 （2） ①. ②. O3在较高温度下分解 ③. . SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度 ④. ab ⑤. 2CO(NH2)2+ 6NO=5N2+2CO2+4H2O ⑥. CO(NH2)2 － 6e- + 8OH－ =+ N2↑ + 6H2O 【解析】 【小问1详解】 该装置为电解池，阴极连电源的负极，由图可知，阴极NO得电子生成，阴极的电极反应式，阳极SO2失电子生成和H+，所以电解过程得到的产物为、H2SO4。 【小问2详解】 将三个已知热化学方程式自上而下编号为①②③，消去无关物质，保留有关物质，得到目标热化学方程式。，得ΔH＝ΔH3×+ΔH2－ΔH1×＝ 。 O3氧化NO的反应为NO +O3＝NO2 +O2 。温度升高，O3分解为O2，使NO的氧化率下降。 图中信息表明相同条件下，有SO2时NO的氧化率略低于无SO2时NO的氧化率。可能是共存的SO2消耗了少量O3，使与NO反应的O3略有减少。脱硝反应为NO +O3＝NO2 +O2，脱硫反应为SO2 +O3＝SO3 +O2。图中信息表明相同条件下，脱硝反应中NO氧化率较高，脱硫反应中SO2氧化率很低。可能是脱硝反应活化能小、反应快，脱硫反应活化能大、反应慢。能解释该结果的是a b 。 ④由反应物的组成元素，可判断生成的三种无毒气体是N2、CO2、H2O，进而写出化学方程式 2CO(NH2)2+ 6NO=5N2+2CO2+4H2O。该反应设计成碱性燃料电池时，负极CO(NH2)2失电子，负极反应为CO(NH2)2 － 6e- + 8OH－ =+ N2↑ + 6H2O。 18. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 （1）沉淀法。用如图装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。 ①上图装置中阳极材料为___________，发生的电极反应方程式为___________。 ②随着pH的增大，出口处硫转化为FeS的沉淀率反而下降，可能的原因是___________。 （2）氧化法。H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 ①H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如图所示。当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S的生成率越低，试解释可能的原因：___________。 ②催化氧化法：MnO聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。 a．整个反应过程中，氧化剂是___________。 b．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，其原因可能是____________。 c．从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是___________。 【答案】（1） ①. Fe ②. Fe-2e-=Fe2+ ③. 随着pH的增大，Fe2+可能转化为Fe(OH)2沉淀，生成FeS沉淀的量减少 （2） ①. H2O2将-2价的硫氧化成更高价态的易溶于水的含硫物质，如 ②. O2 ③. 生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减小了催化剂与废水反应的接触面积 ④. 催化氧化速率更大，除硫效率更高；以空气作氧化剂比H2O2更经济 【解析】 【小问1详解】 ①因为沉淀法是将S2-转化为FeS沉淀，所以阳极材料为Fe，阳极电极反应式为； ②随着pH的增大， 废水中OH-浓度越高，Fe2+会结合OH-转化为Fe(OH)2沉淀，导致Fe2+浓度越小，废水中S2-与Fe2+结合FeS沉淀的硫的量越少； 【小问2详解】 ①当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，原因是硫元素被氧化成更高价态； ②a整个反应过程中，氧气中氧元素化合价降低，被还原，作氧化剂； b催化剂使用一段时间后催化效率会下降，由处理的方法是用氯仿(CHCl3)浸取催化剂，再干燥可知，可能原因为生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积； c从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是：催化氧化速率更大，除硫效率更高；以空气作氧化剂比H2O2更经济实惠。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $