精品解析：河北省邯郸市三龙育华中学2024-2025学年高二上学期第一次月考化学试题

邯郸市三龙育华中学高二第一学期第一次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mg 24 Mn 55 Cu 64 Ag 108 一、选择题 1. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是 A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高 B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应 C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能 D. 苏轼《石炭·并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．冰的温度低于水，相同质量的水和冰，水的能量更高，故A错误； B．石灰石煅烧是分解反应，过程中吸收能量，属于吸热反应，故B正确； C．煮豆会发生燃烧，燃烧过程中化学能转化为热能同时有部分光能。同时豆里面也会发生化学变化，会放出热量，存在化学能转化为热能，故C错误； D．碳与水蒸气反应为吸热反应，故D错误； 故选：B。 2. 以H2O2同时作为燃料和氧化剂的直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)是一种能量转换高效且清洁环保的发电装置，原理如图所示，下列有关说法正确的是 A. 石墨1电极比石墨2电极的电势高 B. 离子交换膜1、2分别为阴、阳离子交换膜 C. 石墨2的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O D. 当电路中转移0.4mol电子时，产生的气体在标准状况下的体积为2.24L 【答案】C 【解析】 【分析】由题干装置图可知，根据电子移动方向可知，石墨1为负极，发生氧化反应，电极反应为：H2O2+2OH- -2e-=O2↑+2H2O，石墨2为正极，发生还原反应，电极反应为：H2O2+2H++2e-=2H2O，据此分析解题。 【详解】A．由电子的移动方向可知，石墨1为负极，电势低，A错误； B．由稀硫酸钾溶液得到浓硫酸钾溶液，可知左边的钾离子、右边的硫酸根要移向中间，故离子交换膜1、2分别是阳、阴离子交换膜，B错误； C．石墨2电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，C正确； D．石墨1的电极反应式为H2O2+2OH- -2e-=O2↑+2H2O，当电路中转移0.4mol电子时，产生0.2molO2，在标准状况下的体积为4.48L，D错误； 故答案为：C。 3. 在体积可变的容器中发生反应，当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是 A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞次数增加 B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增加 C. 活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加 D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于温度不变，因此分子运动速率不变，A错误； B．由于温度不变，因此反应物分子的能量不变，活化分子百分数不变，B错误； C．增大压强使容器体积缩小时，单位体积内反应物浓度增大，则单位体积活化分子数增加，有效碰撞次数增加，C正确； D．单位体积内分子间的碰撞不一定是有效碰撞，只有取向合适发生反应，才是有效碰撞，D错误； 故选C。 4. 化学反应，经2 min，B的浓度减少，对此反应速率的表示正确的是 A. 用A表示的反应速率是 B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1 C. 2 min末的反应速率用B表示是 D. 2 min内，和表示的反应速率的值都是逐渐减小的 【答案】B 【解析】 【详解】A．不能用固体表示化学反应速率，A项不正确； B．分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1，B项正确； C．由题意可知，2 min内用B表示的平均反应速率为，该速率是平均速率，而C选项中的2 min末的反应速率是瞬时速率，二者通常不相等，C项不正确； D．2 min内，逐渐减小而逐渐增大，D项不正确。 故答案为B。 5. 科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，光照条件下实现了和合成的反应，该反应历程示意图如下。说法错误的是 A. 总反应的化学方程式是 B. 过程Ⅳ中有C-H键形成，使体系能量升高 C. 过程Ⅱ中存在极性键的断裂与形成，且有生成 D. Cu表面进行H-H键的断裂，ZnO表面进行的吸附与转化 【答案】B 【解析】 【详解】A．总反应为和在催化、光照条件下生成和，方程式配平正确，反应本质符合事实，A正确； B．过程Ⅳ中有C-H键形成，形成化学键会释放能量，会使体系能量降低，选项中“体系能量升高”的表述错误，B错误； C．过程Ⅱ中存在C-O极性键的断裂，以及C-H、H-O极性键的形成，同时有生成脱离体系，C正确； D．由反应历程图可知，表面的H-H键断裂为H原子，表面吸附并发生后续转化，D正确； 故选B。 6. 埋在地下的铸铁输油管道，在下列各种情况下，被腐蚀速率最慢的是 A. 在含铁元素较多的酸性土壤中 B. 在潮湿疏松的碱性土壤中 C. 在干燥致密不透气的土壤中 D. 在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 【答案】C 【解析】 【详解】A．酸性环境或中酸性物质或弱碱性环境与铁发生反应，会加快铁的腐蚀，故A错误； B．潮湿疏松的土壤中，铁容易发生电化学腐蚀，故B错误； C．干燥致密不透气的土壤中，氧气稀薄，且无电解质溶液，故不易形成原电池，铁的腐蚀速率很小，故C正确； D．潮湿疏松的环境提供溶液环境，铸铁含碳较多可以形成原电池，会加速铁的腐蚀，故D错误； 答案选C。 7. 反应进行过程中的能量变化情况如图，曲线Ⅰ表示不使用催化剂，曲线Ⅱ表示使用催化剂的情况。下列判断正确的是 A. 反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 该反应的 C. 加入催化剂，该反应的变小 D. 如果该反应生成液态，则变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图示可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量， A错误； B．反应为放热反应，而ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，焓变为负值，B错误； C．加入催化剂，降低了反应的活化能，化学反应速率加快，ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，催化剂不影响反应的ΔH，C错误； D．如果该反应生成液态CH3OH，会放出更多的热量，反应为放热反应，ΔH＜0，则ΔH减小，D正确； 答案选D。 8. 利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平将装置密封放置一段时间。下列说法不正确的是 A. a处生铁发生吸氧腐蚀，b处生铁发生析氢腐蚀 B. 一段时间后，a处液面高于b处液面 C. a处溶液中增大，b处溶液中增大 D. a、b两处具有相同的负极反应式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．a处为中性饱和食盐水，生铁发生吸氧腐蚀，b处为酸性稀硫酸，生铁发生析氢腐蚀，A正确； B．a处吸氧腐蚀消耗，管内压强减小，b处析氢腐蚀生成，管内压强增大，故一段时间后a处液面高于b处液面，B正确； C．a处吸氧腐蚀正极反应为，增大；b处析氢腐蚀正极反应为，消耗，减小，C错误； D．a、b两处原电池中铁均作负极，负极反应式均为，D正确； 故选C。 9. 可以作为分解的催化剂，催化机理是： ⅰ．；ⅱ．___________。 分解反应过程中能量变化如下图所示，下列判断不正确的是 A. 曲线②为含有的反应过程 B. 反应ⅱ为 C. 反应ⅰ和ⅱ均为放热过程 D. 反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢 【答案】C 【解析】 【分析】可以作为分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为； 【详解】A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂的反应过程，A项正确； B．根据上述分析，反应ii为，B项正确； C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，C项错误； D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢，D项正确； 答案选C。 10. 化学反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g),改变下列条件 ①升高温度 ②增大压强 ③使用催化剂 ④增大反应物浓度，可以提高反应物中的活化分子百分数的是 (　 　) A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③ 【答案】D 【解析】 【分析】提高反应物中的活化分子百分数因素有温度和催化剂，浓度和压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数。 【详解】①升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，故正确；②增大压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故错误；③加入催化剂,降低活化能，可提高反应物中的活化分子百分数，故正确；④增大反应物浓度只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故错误；①③选项符合题意；综上所述，本题选D。 11. 用0.65g锌粒与10mL1.0mol/L硫酸反应制氢气，下列措施能加快反应速率且不改变氢气的产量，下列操作可行的有几项 ①用等质量的锌粉代替锌粒 ②将反应溶液适当加热 ③向反应液中滴入少量溶液 ④用10mL98%硫酸代替10mL1.0mol/L的硫酸 ⑤再加入10mL2.0mol/L盐酸 ⑥向反应液中加入少量固体 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】0.65gZn的物质的量为0.01mol，10mL1.0mol/L硫酸所含H+物质的量为10mL×1.0mol/L×2=0.02mol，Zn+2H+=Zn2++H2↑，二者恰好完全反应，二者的量决定生成氢气的量。 ①用等质量的锌粉代替锌粒，增大接触面积加快反应速率，而锌和酸的量均未改变，即的量不变，①符合题意； ②将反应溶液适当加热，加快反应速率，而锌和酸的量均未改变，即的量不变，②符合题意； ③向反应液中滴入少量溶液，虽然通过形成原电池反应能够加快反应速率，但由于部分锌置换铜，即锌的量减小，则生成的的量也减小，③不合题意； ④用10mL98%硫酸代替10mL1.0mol/L的稀硫酸，锌与浓硫酸反应不生成，而生成，④不合题意； ⑤再加入10ml 2盐酸，溶液中的浓度不变，反应速率不变，⑤不合题意； ⑥再加入少量固体，由于结合生成，降低了的浓度，速度减慢，但产生总量不变，⑥不合题意； 综上分析可知，只有①②符合题意； 故答案为A。 12. 锰及其化合物在工业上应用十分广泛。利用如图装置，可从MnSO4溶液中电沉积金属锰，并联产MnO2，同时回收硫酸。下列叙述错误的是 A. a连接电源负极 B. 膜n为阴离子交换膜 C. 阳极上的反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ D. 阴极析出11gMn，理论上外电路中迁移了0.4mol电子 【答案】B 【解析】 【分析】根据装置图可看出，装置利用的是电解池原理，电极a表面Mn2+得电子生成Mn单质，其电极反应式为：Mn2++2e- =Mn，所以a极为电解池的阴极，连接电源的负极，又溶液中电解液为MnSO4，为保证溶液的电中性，硫酸根离子需经过膜m向中间硫酸溶液中移动；同理b极区Mn2+失去电子生成MnO2，其电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，溶液中阳离子数增大，所以膜n为阳离子交换膜，氢离子移向中间硫酸溶液中，所以电解一段时间，硫酸溶液的浓度增大，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知，a极区是电解池的阴极，连接电源的负极，A正确； B．根据上述分析，b极区的氢离子需移向中间室的硫酸溶液中，所以膜n为阳离子交换膜，B错误； C．阳极Mn2+失去电子转化为MnO2，其电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，C正确； D．阴极电极反应式为：Mn2++2e- =Mn，所以析出11gMn（0.2mol），理论上外电路中迁移了0.4mol电子，D正确； 故选B。 13. 利用反应构成的电池，既能实现有效减少氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图。说法不正确的是 A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B. 电极A上发生氧化反应，电极B为正极 C. 当有0.1mol 被处理时，转移电子的物质的量为0.4mol D. 电极A上的电极反应式为 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干中给出的反应，发生还原反应，故通入的电极B为正极，发生氧化反应，故通入的电极A为负极，由此分析。 【详解】A．该原电池中，通入的电极A为负极，通入的电极B为正极，电流从正极流出经负载流向负极，即从右侧电极流向左侧电极，A正确； B．电极A上失电子发生氧化反应，为负极，电极B上得电子发生还原反应，为正极，B正确； C．中N元素从+4价被还原为0价，1mol 参与反应转移4mol电子，则0.1mol 被处理时，转移电子物质的量为，C正确； D．电解质溶液为碱性溶液，电极反应式中不能出现，电极A的正确反应式为，D错误； 故选D。 14. 金属可活化放出，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法错误的是 A. 中间体1→中间体2的过程是放热过程 B. 加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率 C. 和的总键能小于和的总键能 D. 中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤 【答案】B 【解析】 【详解】A．中间体1的相对能量为-56.21，中间体2的相对能量为-154.82，中间体1→中间体2的过程是放热过程，故A正确； B．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，加入催化剂，该反应的反应热不变，故B错误； C．和的相对总能量为0，和的相对总能量为-6.57，正反应放热，和总键能小于和的总键能，故C正确； D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，故D正确； 选B。 二、填空题 15. 完成下面各题 （1）化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。 共价键 H-H Cl-Cl 键能() 436 247 已知： ，则H-Cl的键能为___________。 （2）已知： 以CO(g)和(g)为原料合成甲醇的热化学方程式为：___________。 【答案】（1）434 （2）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) =-91kJ·mol-1 【解析】 【小问1详解】 化学反应焓变与键能的定量关系为：反应物总键能 生成物总键能。设键的键能为，代入题给数据列方程： ，解得。 【小问2详解】 根据盖斯定律，将题给3个热化学方程式依次编号为①、②、③，目标反应可由推导得到。计算焓变： ，即可写出对应的热化学方程式。 16. 完成下面各题 （1）在容积2L的密闭容器中进行如下反应：，开始A为4mol，B为6mol；5min末测得C为3mol，用D表示化学反应速率。 ①5min末A的物质的量浓度为___________。 ②5min内用B表示的化学反应速率v(B)为___________。 ③化学方程式中n为___________。 ④此反应在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应速率最快的是___________(填字母)。 a． b． c． d． （2）T℃ 2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图(E为固体，其余为气体)： ①写出该反应的化学方程式：___________。 ②反应开始至3min时，A的转化率为___________。 【答案】（1） ①. 1.5mol·L-1 ②. 0.2mol·L-1·min-1 ③. 2 ④. a （2） ①. 2A(g)+B(g)3D(g)+E(s) ②. 40% 【解析】 【小问1详解】 由题，容器体积 ，反应：。起始，； 末 ，。列三段式为：； ①5min 末； ② 5min 内 的反应速率； ③，，同一时间段，物质的量变化之比等于化学计量数之比，即，则； ④将各物质的反应速率统一转化为用A表示的速率，并统一单位为进行比较：a．；b．；c．；d．。对比可知，a的反应速率最快，故选a； 【小问2详解】 ①由图可知，随着反应的进行，A、B的物质的量减小，为反应物；D、E的物质的量增加，为生成物。3min时反应达到平衡，各物质的物质的量变化量分别为：，，，。在同一反应中，各物质的化学计量数之比等于其物质的量变化量之比，即。已知E为固体，其余为气体，故该反应的化学方程式为； ②反应开始至3min时，A的转化率为。 17. 某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100mL 0.5盐酸与100mL 0.55 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似地认为酸、碱的密度、比热容与水的相等)。回答： （1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___________，其作用是___________。 （2）简易量热计如果不盖杯盖，生成1mol 时所测得中和反应的反应热()将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，判断的理由是___________。 （3）实验中改用80mL 0.50盐酸和80mL 0.55 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，二者所放出的中和热___________(填“相等”或“不相等”)。 （4）若用等体积等物质的量浓度的代替盐酸进行上述实验，生成1mol 时，所测得的中和反应的反应热的绝对值()将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，判断的理由是___________。 （5）下列说法正确的是___________(填字母)。 a．向内筒中加入稀碱溶液时，应当缓慢而匀速地加入 b．用量筒量取稀氢氧化钠溶液时俯视读数，所得中和热数值偏小 c．如图若内筒上沿与杯盖之间有一定空间进行实验，所得中和热数值偏大 d．若用稀硫酸和氢氧化钡溶液进行实验，所得中和热数值要偏小 e．用温度计量取盐酸温度后，马上用此温度计量取氢氧化钠溶液的温度，所得中和热数据偏小 【答案】（1） ①. 玻璃搅拌器 ②. 搅拌，使酸、碱溶液充分混合，保证反应完全进行 （2） ①. 偏大 ②. 不盖杯盖会导致反应放出的热量部分散失到空气中，测得的放热数值偏小，中和反应ΔH为负值，因此ΔH偏大 （3）相等 （4） ①. 偏小 ②. 醋酸是弱酸，电离吸热 （5）be 【解析】 【分析】本题考查中和热的测定实验。测定中和热时，为了保证反应完全，通常使其中一种反应物稍稍过量（如本题中碱过量）；为了减小误差，需要尽量减少热量散失，如使用隔热层、盖好杯盖、快速混合溶液等；中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成 液态水时放出的热量，是一个定值，与反应物的用量无关；弱电解质在电离时会吸收热量，会影响测得的反应热数值。 【小问1详解】 根据简易量热计的构造可知，图中缺少用于搅拌的玻璃搅拌器；其作用是上下抽动进行搅拌，使强酸和强碱充分混合，保证反应完全。 【小问2详解】 简易量热计如果不盖杯盖，会导致部分热量散失到空气中，测得放出的热量偏小。因为中和反应是放热反应，反应热，放出的热量越小，的数值越大（即越接近0），所以偏大。 【小问3详解】 中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成液态水时所释放的热量。中和热是一个定值，与反应物的用量无关，因此改用溶液进行实验，二者所放出的中和热相等（注意：放出的总热量不相等，但中和热相等）。 【小问4详解】 是弱酸，在水溶液中存在电离平衡，其电离过程需要吸收热量。因此，用醋酸代替盐酸进行反应时，生成水放出的总热量会减少，测得的中和反应的反应热的绝对值将偏小。 【小问5详解】 a．向内筒中加入稀碱溶液时，应当一次性快速倒入，以减少热量散失，缓慢加入会导致热量损失增大，a错误； b．用量筒量取稀溶液时俯视读数，会导致量取的溶液实际体积偏小，可能不足，放出的热量偏少，导致中和热数值偏小，b正确； c．内筒上沿与杯盖之间有一定空间，会导致热量散失，测得放出的热量偏小，中和热数值偏小，c错误； d．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应时，除了发生酸碱中和反应生成水外，还会生成硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程也会放出热量，导致测得放出的热量偏大，中和热数值偏大，d错误； e．用温度计量取盐酸温度后，温度计上沾有盐酸，直接量取溶液温度时，盐酸与发生中和反应放出热量，导致溶液的初始温度偏高，从而使测得的反应前后温差偏小，计算出的中和热数值偏小，e正确； 故选be。 18. 某小组学生设计了如下定性探究影响化学反应速率因素的实验。可选试剂：5% 溶液、1 溶液、蒸馏水、0.1 溶液、0.5 溶液、0.1 溶液。请按要求回答下列问题。 （1）小组确定实验探究的反应原理及其对应的预期现象(填充空白) 化学方程式 预期的实验现象 ⅰ ①___________ 产生气泡快慢 ⅱ ②___________ （2）学生甲选择原理ⅰ，探究催化剂对该反应速率的影响，必选试剂除5% 溶液外，还应选___________。 （3）学生乙选择原理ⅱ，设计如图所示对比实验，探究溶液浓度对该反应速率的影响，试剂X为___________，其用量为：___________。 （4）学生丙选择原理ⅱ设计对比实验，探究影响反应速率的因素，数据如下表所示： 实验 溶液 溶液 蒸馏水 浓度/() 体积/mL 浓度/() 体积/mL 体积/mL 温度/℃ Ⅰ 0.1 1 0.5 1 V 30 Ⅱ 0.1 2 0.5 1 7 a Ⅲ 0.1 2 0.5 1 7 10 ①对比实验Ⅰ、Ⅱ，为探究___________对该反应速率的影响。 ②a=___________。 ③V=___________，加入V mL水的目的是___________。 ④对比上述实验数据，推测反应速率最快的是___________(填实验编号)。 【答案】（1） ①. ②. 溶液变浑浊（出现淡黄色沉淀）的快慢 （2）1mol·L-1 溶液 （3） ①. 0.5mol·L-1 溶液 ②. 2mL （4） ①. 浓度 ②. 30 ③. 8 ④. 控制溶液总体积均为10mL ⑤. Ⅱ 【解析】 【小问1详解】 ①原理ⅰ是过氧化氢的催化分解反应，生成水和氧气，该化学方程式为：； ②原理ⅱ生成淡黄色硫单质沉淀，因此通过观察溶液变浑浊（出现淡黄色沉淀）的快慢判断反应速率； 【小问2详解】 探究催化剂对​分解速率的影响，必须选择能催化分解的试剂，故可选择溶液作为催化剂； 【小问3详解】 探究浓度对反应速率的影响，需控制浓度、体积相同​（均为），体积相同（均为2 mL），仅改变浓度。右侧加入，因此左侧试剂X为溶液​，用量也为，保证仅硫酸浓度为唯一变量； 【小问4详解】 ①实验Ⅰ、Ⅱ中温度、硫酸的浓度体积均相同，仅的用量不同，因此是探究浓度对反应速率的影响； ②实验Ⅱ和Ⅲ是探究温度对速率的影响，要保证其他条件一致，因此和实验Ⅰ温度相同，为； ③实验Ⅱ总体积为，为保证Ⅰ、Ⅱ体系总体积相同，故，加水的目的是控制总体积一致，让两组除浓度外的其他物质浓度均相同，符合单一变量原则； ④反应速率受浓度和温度共同影响：实验Ⅱ的​浓度比Ⅰ大，温度比Ⅲ高，因此反应速率最快； 19. 能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。回答问题： （1）以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理如图Ⅰ所示，B极电极反应式为___________。 （2）如图Ⅱ，其中甲池的总反应式为。 ①甲池通入氧气的电极反应式为___________。 ②电解一段时间后，乙池中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ③电解一段时间后，乙池中生成标准状况下560mL气体时，丙池中理论上最多产生___________g固体。 【答案】（1）CH3OH+3-6e-=CO2+2H2O （2） ①. O2+2H2O+4e-=4OH- ②. 减小 ③. 2.9 【解析】 【小问1详解】 B极通入甲醇，作负极，负极发生氧化反应，CH3OH失电子，结合迁移过来的O2-生成CO2和H2O，方程式为：CH3OH+3-6e-=CO2+2H2O。 【小问2详解】 ①甲池是原电池，通入CH3OH是负极，通入O2的是正极，在碱性环境下氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-； ②甲池为原电池，乙池为电解CuSO4溶液：阳极：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极：Cu2++2e-=Cu，电解总反应为，反应生成H+同时消耗水，溶液酸性增强，pH减小； ③V(O2)=0.56 L，n(O2)=，生成1molO2转移4mol电子，转移电子：0.025×4=0.1mol，丙池电解MgCl2溶液：阳极：2Cl--2e-=Cl2，阴极：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2+H2，每转移2mol电子生成1molMg(OH)2沉淀，转移0.1mol电子，n[Mg(OH)2]=0.05mol，M[Mg(OH)2]=58g/mol，m=0.0558=2.9g。 20. 化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的同时获得氢气：，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：只在强碱性条件下稳定，易被还原。 （1）电解一段时间后，降低的区域在___________(填“阴极室”或“阳极室”)。 （2）①电解过程中，阳极电极反应式为：___________。 ②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为：___________。 ③随初始的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析低于最高值的原因：___________。 【答案】（1）阳极室 （2） ①. Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O ②. 防止氢气与Na2FeO4接触，使Na2FeO4产率降低 ③. M点低，Na2FeO4稳定性差或N点高，Fe电极处会生成红褐色，使Na2FeO4产率降低 【解析】 【分析】从图1可知，Fe为阳极，发生氧化反应，生成，阳极反应式为；镍为阴极，发生还原反应，水电离产生的放电生成氢气，同时生成，电极反应式。 【小问1详解】 由分析可知，阴极反应生成，通过阴离子膜迁移至阳极区，阳极反应消耗，消耗的包括从阴极移动过来的和阳极室自有的，根据反应式可知消耗的要大于生成的，所以阳极室的减少，因此电解一段时间后，c()降低的区域在阳极室。 【小问2详解】 ①由分析可知，电解过程中，阳极电极反应式为； ②氢气具有还原性，根据题意只在强碱性条件下稳定，易被还原；电解过程中，须将阴极产生的及时排出，防止与反应使产率降低； ③根据题意只在强碱性条件下稳定，在M点，c()低，稳定性差，且反应慢，在N点：c()过高，Fe电极处会生成红褐色Fe(OH)3，使产率降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邯郸市三龙育华中学高二第一学期第一次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mg 24 Mn 55 Cu 64 Ag 108 一、选择题 1. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是 A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高 B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应 C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能 D. 苏轼《石炭·并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应 2. 以H2O2同时作为燃料和氧化剂的直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)是一种能量转换高效且清洁环保的发电装置，原理如图所示，下列有关说法正确的是 A. 石墨1电极比石墨2电极的电势高 B. 离子交换膜1、2分别为阴、阳离子交换膜 C. 石墨2的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O D. 当电路中转移0.4mol电子时，产生的气体在标准状况下的体积为2.24L 3. 在体积可变的容器中发生反应，当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是 A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞次数增加 B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增加 C. 活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加 D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞 4. 化学反应，经2 min，B的浓度减少，对此反应速率的表示正确的是 A. 用A表示的反应速率是 B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1 C. 2 min末的反应速率用B表示是 D. 2 min内，和表示的反应速率的值都是逐渐减小的 5. 科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，光照条件下实现了和合成的反应，该反应历程示意图如下。说法错误的是 A. 总反应的化学方程式是 B. 过程Ⅳ中有C-H键形成，使体系能量升高 C. 过程Ⅱ中存在极性键的断裂与形成，且有生成 D. Cu表面进行H-H键的断裂，ZnO表面进行的吸附与转化 6. 埋在地下的铸铁输油管道，在下列各种情况下，被腐蚀速率最慢的是 A. 在含铁元素较多的酸性土壤中 B. 在潮湿疏松的碱性土壤中 C. 在干燥致密不透气的土壤中 D. 在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 7. 反应进行过程中的能量变化情况如图，曲线Ⅰ表示不使用催化剂，曲线Ⅱ表示使用催化剂的情况。下列判断正确的是 A. 反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 该反应的 C. 加入催化剂，该反应的变小 D. 如果该反应生成液态，则变小 8. 利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平将装置密封放置一段时间。下列说法不正确的是 A. a处生铁发生吸氧腐蚀，b处生铁发生析氢腐蚀 B. 一段时间后，a处液面高于b处液面 C. a处溶液中增大，b处溶液中增大 D. a、b两处具有相同的负极反应式： 9. 可以作为分解的催化剂，催化机理是： ⅰ．；ⅱ．___________。 分解反应过程中能量变化如下图所示，下列判断不正确的是 A. 曲线②为含有的反应过程 B. 反应ⅱ为 C. 反应ⅰ和ⅱ均为放热过程 D. 反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢 10. 化学反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g),改变下列条件 ①升高温度 ②增大压强 ③使用催化剂 ④增大反应物浓度，可以提高反应物中的活化分子百分数的是 (　 　) A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③ 11. 用0.65g锌粒与10mL1.0mol/L硫酸反应制氢气，下列措施能加快反应速率且不改变氢气的产量，下列操作可行的有几项 ①用等质量的锌粉代替锌粒 ②将反应溶液适当加热 ③向反应液中滴入少量溶液 ④用10mL98%硫酸代替10mL1.0mol/L的硫酸 ⑤再加入10mL2.0mol/L盐酸 ⑥向反应液中加入少量固体 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 12. 锰及其化合物在工业上应用十分广泛。利用如图装置，可从MnSO4溶液中电沉积金属锰，并联产MnO2，同时回收硫酸。下列叙述错误的是 A. a连接电源负极 B. 膜n为阴离子交换膜 C. 阳极上的反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ D. 阴极析出11gMn，理论上外电路中迁移了0.4mol电子 13. 利用反应构成的电池，既能实现有效减少氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图。说法不正确的是 A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B. 电极A上发生氧化反应，电极B为正极 C. 当有0.1mol 被处理时，转移电子的物质的量为0.4mol D. 电极A上的电极反应式为 14. 金属可活化放出，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法错误的是 A. 中间体1→中间体2的过程是放热过程 B. 加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率 C. 和的总键能小于和的总键能 D. 中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤 二、填空题 15. 完成下面各题 （1）化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。 共价键 H-H Cl-Cl 键能() 436 247 已知： ，则H-Cl的键能为___________。 （2）已知： 以CO(g)和(g)为原料合成甲醇的热化学方程式为：___________。 16. 完成下面各题 （1）在容积2L的密闭容器中进行如下反应：，开始A为4mol，B为6mol；5min末测得C为3mol，用D表示化学反应速率。 ①5min末A的物质的量浓度为___________。 ②5min内用B表示的化学反应速率v(B)为___________。 ③化学方程式中n为___________。 ④此反应在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应速率最快的是___________(填字母)。 a． b． c． d． （2）T℃ 2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图(E为固体，其余为气体)： ①写出该反应的化学方程式：___________。 ②反应开始至3min时，A的转化率为___________。 17. 某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100mL 0.5盐酸与100mL 0.55 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似地认为酸、碱的密度、比热容与水的相等)。回答： （1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___________，其作用是___________。 （2）简易量热计如果不盖杯盖，生成1mol 时所测得中和反应的反应热()将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，判断的理由是___________。 （3）实验中改用80mL 0.50盐酸和80mL 0.55 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，二者所放出的中和热___________(填“相等”或“不相等”)。 （4）若用等体积等物质的量浓度的代替盐酸进行上述实验，生成1mol 时，所测得的中和反应的反应热的绝对值()将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，判断的理由是___________。 （5）下列说法正确的是___________(填字母)。 a．向内筒中加入稀碱溶液时，应当缓慢而匀速地加入 b．用量筒量取稀氢氧化钠溶液时俯视读数，所得中和热数值偏小 c．如图若内筒上沿与杯盖之间有一定空间进行实验，所得中和热数值偏大 d．若用稀硫酸和氢氧化钡溶液进行实验，所得中和热数值要偏小 e．用温度计量取盐酸温度后，马上用此温度计量取氢氧化钠溶液的温度，所得中和热数据偏小 18. 某小组学生设计了如下定性探究影响化学反应速率因素的实验。可选试剂：5% 溶液、1 溶液、蒸馏水、0.1 溶液、0.5 溶液、0.1 溶液。请按要求回答下列问题。 （1）小组确定实验探究的反应原理及其对应的预期现象(填充空白) 化学方程式 预期的实验现象 ⅰ ①___________ 产生气泡快慢 ⅱ ②___________ （2）学生甲选择原理ⅰ，探究催化剂对该反应速率的影响，必选试剂除5% 溶液外，还应选___________。 （3）学生乙选择原理ⅱ，设计如图所示对比实验，探究溶液浓度对该反应速率的影响，试剂X为___________，其用量为：___________。 （4）学生丙选择原理ⅱ设计对比实验，探究影响反应速率的因素，数据如下表所示： 实验 溶液 溶液 蒸馏水 浓度/() 体积/mL 浓度/() 体积/mL 体积/mL 温度/℃ Ⅰ 0.1 1 0.5 1 V 30 Ⅱ 0.1 2 0.5 1 7 a Ⅲ 0.1 2 0.5 1 7 10 ①对比实验Ⅰ、Ⅱ，为探究___________对该反应速率的影响。 ②a=___________。 ③V=___________，加入V mL水的目的是___________。 ④对比上述实验数据，推测反应速率最快的是___________(填实验编号)。 19. 能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。回答问题： （1）以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理如图Ⅰ所示，B极电极反应式为___________。 （2）如图Ⅱ，其中甲池的总反应式为。 ①甲池通入氧气的电极反应式为___________。 ②电解一段时间后，乙池中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ③电解一段时间后，乙池中生成标准状况下560mL气体时，丙池中理论上最多产生___________g固体。 20. 化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的同时获得氢气：，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：只在强碱性条件下稳定，易被还原。 （1）电解一段时间后，降低的区域在___________(填“阴极室”或“阳极室”)。 （2）①电解过程中，阳极电极反应式为：___________。 ②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为：___________。 ③随初始的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析低于最高值的原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $