精品解析：山东省泰安市泰山国际学校2024-2025学年高二上学期10月份第一次月考测试 化学试卷

2024—2025学年泰山国际学校10月份第一次月考测试高二化学试卷 一、单选题 1. 下列事实中,不能用勒夏特列原理加以解释的是 A. 夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体 B. 浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体 C. 压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深 D. 将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体颜色变浅 2. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是 A. B. C. D. 3. 在一定温度下，在体积可变的容器中，进行可逆反应；下列能说明该反应达到平衡状态的是 ①反应混合物的密度不再改变 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变 ③C和D的物质的量之比为1∶2 ④体系压强不再改变 ⑤C的质量分别不再改变 ⑥ A. ①②④⑤ B. ②⑤⑥ C. ①②⑤ D. ①②③④⑤⑥ 4. 用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列说法不正确的是 A. t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快 B. 用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=L/min C. t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全 D. 从图象中可以推测该反应为放热反应 5. 试管内盛有20℃的饱和硝酸钾溶液，其上漂浮一小木块。如下图所示，将试管插入烧杯内的冰水混合物中，一段时间后，下列有关说法不正确的是 A. 试管内有固体析出 B. 小木块浸入溶液内的体积变小 C. 试管内溶剂的质量不变 D. 试管内溶液的质量分数变小 6. I–可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是： i．H2O2+ I– = H2O + IO–； ii．___________。 分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断正确的是 A. 使用催化剂能降低反应活化能，改变反应历程 B. 反应速率与I–的浓度无关 C. 反应ii为H2O2+IO- =H2O+O2↑+I–，反应ⅰ和ⅱ均为放热过程 D. 该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能 7. 恒温时，在容积不变的刚性密闭容器中，发生可逆反应 能说明反应已达到平衡状态的是 A. B. 容器内混合气体的密度保持不变 C. 容器内的压强保持不变 D. 与的浓度相等 8. 我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象。在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是 A. 通电时，锌环是阳极，发生氧化反应 B. 通电时，阴极上的电极反应为 C. 断电时，锌环上的电极反应为 D. 断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同 9. 反应物(S)转化为产物(P或P•Z)的能量与反应进程的关系如下图所示： 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A. 进程Ⅰ是吸热反应 B. 平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ C. 生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D. 进程Ⅳ中，Z没有催化作用 10. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是 A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大 B. 放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH) C. 充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子 D. 放电时，正极区溶液的pH增大 11. 一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： c(H2)/(mol·L-1) c(Br2)/(mol·L-1) c(HBr)/(mol·L-1) 反应速率 0.1 0.1 2 v 0.1 0.4 2 8v 0.2 0.4 2 16v 0.4 0.1 4 2v 0.2 0.1 c 4v 根据表中的测定结果，下列结论错误的是 A. 表中c的值为1 B. α、β、γ的值分别为1、2、-1 C. 反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大 D. 反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低 12. 用不锈钢惰性阳极电解技术可以处理有机废水，下列说法正确的是 A. 阳极电极反应式为 B. 电解过程中右侧电解池NaOH溶液浓度减小 C. 当电路中转移2mol电子时，阳极处理含的废水 D. 离子交换膜可更换为阴离子交换膜 13. 某研究性学习小组研究含一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法不正确的是 A. 相同pH下，温度越高氧化率越大 B. 相同温度下，pH越小氧化率越大 C. Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 D. 实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率 14. 催化氧化乳酸乙酯制备丙酮酸乙酯，一种可能的反应机理如图所示(其中，—Me表示、—Et表示)： 下列说法正确的是 A. 反应过程中，Mn元素的化合价不发生变化 B. 若不提供，则体系中也可产生丙酮酸乙酯 C. 理论上，消耗可生成丙酮酸乙酯 D. 若提供，则产物中含 15. 我国科学家发明了一种可充电电池，电解质为和，由和两种离子交换膜隔开，形成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个电解质溶液区域，电池结构如图所示。电池工作时Ⅱ区域的浓度增大，下列说法不正确的是 A. 图中为阳离子交换膜 B. Ⅲ区域的电解质为 C. 放电时，电极的电极反应式为： D. 充电时，当外电路通过电子时，Ⅱ区域电解质质量减少 二、多选题 16. 氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，在一恒温密闭容器中投入炭和NO，判断该反应达到平衡的标志是 A. 容器内压强不再变化 B. 混合气体的平均相对分子质量不再变化 C. 生成物的物质的量之比不再变化 D. 混合气体的密度不再变化 17. 工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①表示的是逆反应的关系 B. 时刻体系处于平衡状态 C. 反应进行到时，(为浓度商) D. 催化剂存在时，、都增大 18. 铝片与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，为了加快该反应速率，下列措施不合理的是 A. 将溶液适当加热 B. 将铝片更换为铝粉 C. 将稀硫酸改为98%浓硫酸 D. 向溶液中滴入少量硫酸铜溶液 19. 25℃、101kPa 下： ①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ/mol ② 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ/mol 下列说法正确的是 A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D. 25℃、101kPa 下，Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=-317kJ/mol 20. 在恒压、NO和的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法正确的是 A. 反应的 B. 图中X点所示条件下，延长反应时间不能提高NO的转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加的浓度不能提高NO的转化率 D. 380℃下，mol/L，NO的平衡转化率为50%，则平衡常数 三、推断题 21. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A可实现氯的循环利用。 反应A： 已知：ⅰ．此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。 ⅱ． （1）写出此条件下，反应A的热化学方程式_____________________________。 （2）断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为__________kJ。 22. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。与重整是利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应： (a) (b) (c) (d) (e) 根据盖斯定律，反应a的_______(写出一个代数式即可)。 四、实验题 23. 分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题。 （1）理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式____________________； （2）如图所示，仪器A的名称是____________；烧杯间填满泡沫塑料的作用：________；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的△H________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）； （3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/（g·℃）。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验序号 起始温度t1℃ 终止温度t2℃ 盐酸 氢氧化钠 混合溶液 1 20．0 20．1 23．2 2 20．2 20．4 23．4 3 20．5 20．6 23．6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝________；（结果保留一位小数） （4）_______（填“能”或“不能”）用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是____________________。 24. 探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。 Ⅰ．某实验小组欲通过用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应测定单位时间内生成CO2的速率研究影响反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示： 实验序号 A溶液 B溶液 ① 20 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液 ② 20 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液 （1）上述反应的 离子方程式为：___________ ，该实验探究的是___________对化学反应速率的影响。 （2）若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO)=___________mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL，反应前后体积变化忽略不计)。 （3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___________来比较化学反应速率。 （4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：___________。 Ⅱ．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究：“”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图： （5）待实验①溶液颜色不再改变时，再进行实验②③④，目的是使实验①的反应达到___________。 （6）实验④是实验③的___________试验，目的是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年泰山国际学校10月份第一次月考测试高二化学试卷 一、单选题 1. 下列事实中,不能用勒夏特列原理加以解释的是 A. 夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体 B. 浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体 C. 压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深 D. 将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体颜色变浅 【答案】C 【解析】 【详解】A、啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) ，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意； B、浓氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，加入氢氧化钠固体时，OH-的浓度增大，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意； C、氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意； D、二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器内存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应正反应为放热反应，将密闭容器置于冷水中，温度降低，化学平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。 【点睛】勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的一个因素(如浓度、压强、温度等)，化学平衡被破坏，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。 2. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误； B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确； C．等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误； D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误； 答案为：B。 3. 在一定温度下，在体积可变的容器中，进行可逆反应；下列能说明该反应达到平衡状态的是 ①反应混合物的密度不再改变 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变 ③C和D的物质的量之比为1∶2 ④体系压强不再改变 ⑤C的质量分别不再改变 ⑥ A. ①②④⑤ B. ②⑤⑥ C. ①②⑤ D. ①②③④⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【详解】①一定温度下的恒压容器中，反应中气体的质量不变，反应混合物的密度不再改变，说明气体的体积不变，即气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，①符合题意；②已知该反应前后气体的物质的量发生改变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正、逆反应速率相等，达平衡状态，②符合题意；③C和D的物质的量之比为1：2等于系数比，与始起投料方式有关，不一定达到平衡状态，③不合题意；④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，④不合题意；⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正、逆反应速率相等，达平衡状态，⑤符合题意；⑥（A）：（C）=1：1，未体现正逆的关系，⑥不合题意；所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤；故答案为：C。 4. 用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列说法不正确的是 A. t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快 B. 用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=L/min C. t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全 D. 从图象中可以推测该反应为放热反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．图中各段时间间隔相同，由图可知t1~t2段纵坐标差值最大，则t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快，A正确； B．t2~t3段∆V(CO2)是V3-V2，∆t是t3-t2，故用CO2表示的速率为v=L/min，B正确； C．t4收集到的气体体积不再增加可能是碳酸钙消耗完全，也可能是盐酸消耗完全，C错误； D．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率应该降低，但t1~t2段化学反应速率比O~t1段大，说明反应为放热反应，D正确； 答案选C。 5. 试管内盛有20℃的饱和硝酸钾溶液，其上漂浮一小木块。如下图所示，将试管插入烧杯内的冰水混合物中，一段时间后，下列有关说法不正确的是 A. 试管内有固体析出 B. 小木块浸入溶液内的体积变小 C. 试管内溶剂的质量不变 D. 试管内溶液的质量分数变小 【答案】B 【解析】 【详解】A．硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，将盛有硝酸钾饱和溶液试管插入盛有冰水混合物的烧杯中，温度降低，硝酸钾的溶解度减小，有硝酸钾晶体析出，A正确； B．硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，温度下降，硝酸钾溶解度下降，晶体析出，溶液中溶质质量降低，溶液密度减小，根据浮力公式，溶液密度减小，小木块浸入溶液内的体积变大，B错误；  C．硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，将盛有硝酸钾饱和溶液的试管插入盛有冰水混合物的烧杯中，温度降低，硝酸钾的溶解度减小，有硝酸钾晶体析出，试管内溶液中溶质的质量减小，溶剂的质量不变，C正确；  D．硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，温度下降，硝酸钾溶解度下降，降低温度后的饱和硝酸钾溶液，会析出硝酸钾晶体，此时饱和溶液的溶质质量分数减小，D正确； 故答案选B。 6. I–可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是： i．H2O2+ I– = H2O + IO–； ii．___________。 分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断正确的是 A. 使用催化剂能降低反应活化能，改变反应历程 B. 反应速率与I–的浓度无关 C. 反应ii为H2O2+IO- =H2O+O2↑+I–，反应ⅰ和ⅱ均为放热过程 D. 该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，加入催化剂后，降低了活化能，改变了反应历程，故A正确； B．I–参与了反应，所以反应速率与I–的浓度有关，故B错误； C．由图可知，反应ⅰ是吸热反应，反应ⅱ是放热反应，故C错误； D．由图可知该反应是放热反应，所以反应物总键能小于生成物的总键能，故D错误； 故选A。 7. 恒温时，在容积不变的刚性密闭容器中，发生可逆反应 能说明反应已达到平衡状态的是 A. B. 容器内混合气体的密度保持不变 C. 容器内的压强保持不变 D. 与的浓度相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．速率之比等于方程式系数之比，时正逆反应速率不相等，不能说明反应达平衡状态，故A错误； B．由质量守恒可知气体的质量不变，容器的体积也不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，密度不变不能说明已达平衡状态，故B错误； C．随着反应的正向进行，气体的物质的量减小，容器的体积不变，所以容器内的压强随着反应的进行不断变化，压强不变可以说明反应已达平衡状态，故C正确； D．与的浓度相等只是一个特殊状态，并不能说明反应已达平衡状态，故D错误； 故选C。 8. 我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象。在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是 A. 通电时，锌环是阳极，发生氧化反应 B. 通电时，阴极上的电极反应为 C. 断电时，锌环上的电极反应为 D. 断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．通电时，锌环与电源正极相连，锌环作阳极，失去电子，发生氧化反应，A正确； B．通电时，铁帽作阴极，阴极的H+得到电子生成氢气，阴极上的电极反应为，B正确； C．断电时，锌铁形成原电池，锌失去电子生成Zn2+，锌环上的电极反应为，C错误； D．通电时，防护原理为电解池原理；断电时，防护原理为原电池原理。因此，断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同，D正确； 故答案选C。 9. 反应物(S)转化为产物(P或P•Z)的能量与反应进程的关系如下图所示： 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A. 进程Ⅰ是吸热反应 B. 平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ C. 生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D. 进程Ⅳ中，Z没有催化作用 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，故A错误； B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在Ⅰ、Ⅱ两个进程中，平衡时P的产率相同，故B错误； C．由图可知，进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ＜Ⅱ，故C错误； D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S与Z生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此Z是该过程的反应物，没有表现出催化作用，故D正确； 选D。 10. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是 A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大 B. 放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH) C. 充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子 D. 放电时，正极区溶液的pH增大 【答案】A 【解析】 【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。 【详解】A． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故A错误； B． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故B正确； C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，故C正确； D．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，故D正确； 故选：A。 11. 一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： c(H2)/(mol·L-1) c(Br2)/(mol·L-1) c(HBr)/(mol·L-1) 反应速率 0.1 0.1 2 v 0.1 0.4 2 8v 0.2 0.4 2 16v 0.4 0.1 4 2v 0.2 0.1 c 4v 根据表中的测定结果，下列结论错误的是 A. 表中c的值为1 B. α、β、γ的值分别为1、2、-1 C. 反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大 D. 反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低 【答案】B 【解析】 【分析】①k;②k;联立①②解得α=1；③ k；④k，联立③④解得β=1.5；⑤k；⑥k，联立⑤⑥解得γ=-1； 【详解】A．、，解得c=1，故A正确； B．α、β、γ的值分别为1、1.5、-1，故B错误； C．α、β、γ的值分别为1、1.5、-1，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C正确； D．γ=-1，反应速率与HBr的浓度成反比，反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，故D正确； 选B。 12. 用不锈钢惰性阳极电解技术可以处理有机废水，下列说法正确的是 A. 阳极电极反应式为 B. 电解过程中右侧电解池NaOH溶液浓度减小 C. 当电路中转移2mol电子时，阳极处理含的废水 D. 离子交换膜可更换为阴离子交换膜 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．根据题中信息可知要处理的是的废水，因此生成时，转移8个，A错误； B．电解时移向阴极，右侧电解池中产生，NaOH溶液浓度增大，B错误； C．1个被氧化时转移8个，因此转移2 mol电子时，阳极处理含0.25 mol 的废水，C正确； D．若更换为阴离子交换膜，则右侧的会移向左侧，溶液碱性增强，不锈钢电极上会发生放电，故不可更换离子交换膜，D错误； 答案选C。 13. 某研究性学习小组研究含一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法不正确的是 A. 相同pH下，温度越高氧化率越大 B. 相同温度下，pH越小氧化率越大 C. Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 D. 实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．只有当pH值等其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大，故A正确； B．根据图象知，只有当温度和其它条件相同pH值不同时，pH值越小，Fe2+的氧化率越大，故B正确； C．亚铁离子的氧化率不仅和温度、pH有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C错误； D．根据图象知，降低pH、升高温度亚铁离子的氧化率增大，故D正确； 故选C。 14. 催化氧化乳酸乙酯制备丙酮酸乙酯，一种可能的反应机理如图所示(其中，—Me表示、—Et表示)： 下列说法正确的是 A. 反应过程中，Mn元素的化合价不发生变化 B. 若不提供，则体系中也可产生丙酮酸乙酯 C. 理论上，消耗可生成丙酮酸乙酯 D. 若提供，则产物中含 【答案】B 【解析】 【分析】由反应历程可知，总反应为催化氧化乳酸乙酯和氧气反应生成丙酮酸乙酯和水，反应为MeCHOHCOOEt+O2 MeCOCOOEt+H2O。 【详解】A．反应过程中，Mn元素放热成键数目存在2、3，则锰的化合价发生变化，A错误； B．在5步得到丙酮酸乙酯和含有氧空位的锰中间产物，若不提供，会导致含有氧空位的锰中间产物不能再恢复到初始催化剂的状态，但是已经能产生了丙酮酸乙酯，B正确； C．由总反应可知，理论上，消耗可生成2mol丙酮酸乙酯，C错误； D．由流程可知，若提供，则进入氧空位，在后续产物中进入得到的水分子中，而没有进入丙酮酸乙酯分子中，D错误； 故选B。 15. 我国科学家发明了一种可充电电池，电解质为和，由和两种离子交换膜隔开，形成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个电解质溶液区域，电池结构如图所示。电池工作时Ⅱ区域的浓度增大，下列说法不正确的是 A. 图中为阳离子交换膜 B. Ⅲ区域的电解质为 C. 放电时，电极的电极反应式为： D. 充电时，当外电路通过电子时，Ⅱ区域电解质质量减少 【答案】C 【解析】 【分析】该电池为Zn-PbO2电池，从图中可知，Zn发生氧化反应转化为 ，故锌极为负极、PbO2极为正极，则Ⅰ区为KOH，Ⅱ区为K2SO4，Ⅲ区为H2SO4；放电时正极反应为 PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，负极反应为Zn-2e-+4OH-=，为了溶液维持电中性，Ⅰ区钾离子进入Ⅱ、Ⅲ区硫酸根离子进入Ⅱ，故a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜； 【详解】A．由分析知，为阳离子交换膜，A正确； B．由分析知，Ⅲ区域的电解质为，B正确； C．放电时，电极的电极反应式为：PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，C错误； D．根据溶液保持点中性，充电时，当外电路通过电子时，Ⅱ区域电解质质量减少1mol K2SO4为，D正确； 故选C。 二、多选题 16. 氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，在一恒温密闭容器中投入炭和NO，判断该反应达到平衡的标志是 A. 容器内压强不再变化 B. 混合气体的平均相对分子质量不再变化 C. 生成物的物质的量之比不再变化 D. 混合气体的密度不再变化 【答案】BD 【解析】 【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内压强始终不变，则容器内压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误； B．该反应是气体体积不变的反应，由质量守恒定律可知，反应中气体质量增大，混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确； C．由方程式可知，生成物氮气和二氧化碳的物质的量之比始终相等，则生成物的物质的量之比不再变化不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误； D．由质量守恒定律可知，反应中气体质量增大，恒温密闭容器中混合气体的密度增大，则混合气体的密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确； 故选BD。 17. 工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①表示的是逆反应的关系 B. 时刻体系处于平衡状态 C. 反应进行到时，(为浓度商) D. 催化剂存在时，、都增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示的是正反应的关系，曲线表示的是逆反应的关系，故A错误； B．t2时，正逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B正确； C．反应进行到时，反应正向进行，故Q＜K，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，使反应的、都增大，故D正确； 故选BD。 【点睛】 18. 铝片与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，为了加快该反应速率，下列措施不合理的是 A. 将溶液适当加热 B. 将铝片更换为铝粉 C. 将稀硫酸改为98%浓硫酸 D. 向溶液中滴入少量硫酸铜溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．将溶液适当加热，反应温度升高，反应速率增大，A与题意不符； B．将铝片更换为铝粉，增大固体与酸的接触面积，反应速率增大，B与题意不符； C．将稀硫酸改为98%浓硫酸，铝与浓硫酸钝化，C符合题意； D．向溶液中滴入少量硫酸铜溶液，锌置换铜，锌、铜与稀硫酸形成原电池，能加快锌的反应速率，D与题意不符； 答案为C。 19. 25℃、101kPa 下： ①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ/mol ② 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ/mol 下列说法正确的是 A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D. 25℃、101kPa 下，Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=-317kJ/mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中产物Na2O含有两个Na+和一个O2-，阴阳离子个数比为2∶1，②产物Na2O2含有两个Na+和一个O，阴阳离子个数比也为2∶1，二者相等，A错误； B．①中Na2O~2e-，②中Na2O2~2e-，则二者生成等物质的量的产物，转移电子数相同，B错误； C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高产物变为Na2O2，C错误； D．25℃、101kPa 下，根据盖斯定律，反应①×2-②可得：Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=(-414)×2-(-511)=-317(kJ/mol)，D正确； 故选D。 20. 在恒压、NO和的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法正确的是 A. 反应的 B. 图中X点所示条件下，延长反应时间不能提高NO的转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加的浓度不能提高NO的转化率 D. 380℃下，mol/L，NO的平衡转化率为50%，则平衡常数 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由虚线变化可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故A正确； B．由实线变化可知，X点一氧化氮的转化率未达到最大，是平衡的形成过程，所以X点所示条件下，延长时间，一氧化氮的消耗量增大导致转化率增大，故B错误； C．由实线变化可知，一氧化氮的转化率达到最大时，反应达到平衡，反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮转化率减小，则Y点是达到平衡状态的点，所以Y点所示条件下，增加氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故C错误； D．由题意可知，平衡时一氧化氮的转化率为50%，由氮原子个数守恒可知，平衡时一氧化氮和二氧化氮平衡时的浓度相等，由氧气的起始可知，平衡时氧气的浓度小于5.0×10-4mol/L，则反应的平衡常数K==＞=2000，故D正确； 故选AD。 三、推断题 21. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A可实现氯的循环利用。 反应A： 已知：ⅰ．此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。 ⅱ． （1）写出此条件下，反应A的热化学方程式_____________________________。 （2）断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为__________kJ。 【答案】（1） （2）31.9 【解析】 【小问1详解】 在400℃下，4 mol HCl被氧化放出115.6 kJ的热量，因此该反应的焓变，在此温度条件下，反应物和生成物均处于气态，则该反应的热化学方程式为：； 【小问2详解】 设断开1 mol H—Cl键所需能量为，断开1 mol H—O键所需能量为。根据热化学方程式和已知键能数据列式：， 代入具体数值： ，解得：。因此断开1mol H—O键与断开1mol H—Cl键所需能量相差约为31.9 kJ。 22. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。与重整是利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应： (a) (b) (c) (d) (e) 根据盖斯定律，反应a的_______(写出一个代数式即可)。 【答案】(或) 【解析】 【详解】根据盖斯定律，反应a可由b+c-e或c-d合并得到，故或。 四、实验题 23. 分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题。 （1）理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式____________________； （2）如图所示，仪器A的名称是____________；烧杯间填满泡沫塑料的作用：________；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的△H________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）； （3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/（g·℃）。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验序号 起始温度t1℃ 终止温度t2℃ 盐酸 氢氧化钠 混合溶液 1 20．0 20．1 23．2 2 20．2 20．4 23．4 3 20．5 20．6 23．6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝________；（结果保留一位小数） （4）_______（填“能”或“不能”）用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是____________________。 【答案】（1）NaOH(aq)+H2SO4(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol （2） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. 保温、防止热量损失 ③. 偏大 （3）-51.8 kJ／mol （4） ①. 不能 ②. H2SO4与Ba(OH)2反应生成的BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热 【解析】 【分析】根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；实验测定中和热时，要防止热量损失；数据处理时，先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热； 【小问1详解】 稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。 【小问2详解】 仪器A是环形玻璃搅拌棒；在实验中应该尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满泡沫塑料的作用是保温、防止热量损失；测量HCl溶液的温度计用水洗净再测氢氧化钠，酸和碱之间因为中和反应而导致的热量损失，求得的中和热数值将会减小，但反应热△H＞-57.3KJ/mol；故结果偏大。 【小问3详解】 第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；温差平均3.1℃； 40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠的质量和为m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.02mol的水放出热量Q=4.18J/(g·℃)×80g×3.10℃=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×1mol÷0.02mol=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol； 【小问4详解】 硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。 24. 探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。 Ⅰ．某实验小组欲通过用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应测定单位时间内生成CO2的速率研究影响反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示： 实验序号 A溶液 B溶液 ① 20 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液 ② 20 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液 （1）上述反应的 离子方程式为：___________ ，该实验探究的是___________对化学反应速率的影响。 （2）若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO)=___________mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL，反应前后体积变化忽略不计)。 （3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___________来比较化学反应速率。 （4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：___________。 Ⅱ．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究：“”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图： （5）待实验①溶液颜色不再改变时，再进行实验②③④，目的是使实验①的反应达到___________。 （6）实验④是实验③的___________试验，目的是___________。 【答案】（1） ①. 2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O ②. 浓度 （2）0.0052 （3）KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间) （4）反应放热或产物Mn2＋是反应的催化剂 （5）化学平衡状态(反应限度) （6） ①. 对照实验  排除实验 ②. 排除实验③的水使溶液中离子浓度改变造成的影响 【解析】 【分析】 【小问1详解】 上述反应即H2C2O4和KMnO4酸性溶液反应生成CO2和Mn2+，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由题干信息可知，两组实验中只有H2C2O4的浓度不同，故该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；浓度； 【小问2详解】 若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则n(CO2)=，根据离子方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知消耗的n(MnO)=4×10-5mol，则在2 min末，c(MnO)==0.0052mol·L-1，故答案为：0.0052； 【小问3详解】 由于KMnO4溶液显紫红色，而Mn2+溶液为无色，故除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间来比较化学反应速率，还可以通过测量产生相同体积气体所需时间来比较反应速率，故答案为：KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)； 【小问4详解】 由图中可知，t1~t2阶段反应速率增大明显，故速率变快的主要原因可能是该反应为放热反应，使溶液的温度升高反应速率加快，也可能是反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用，故答案为：反应放热或产物Mn2＋是反应的催化剂； 【小问5详解】 待实验①溶液颜色不再改变时即反应充分进行到达反应限度，故答案为：化学平衡(或者反应限度)； 【小问6详解】 实验④的目的是使的实验③和实验④的体积相等，避免由于溶液稀释本身导致颜色改变对实验带来的误差或影响，故实验④是实验③的对照试验，故答案为：对照或排除；排除实验③的水使溶液中离子浓度改变造成的影响。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $