河南省部分学校2026-2027学年高二上学期10月阶段检测 化学试题

高二化学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23K39Fe56Cu64Zn65 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1.下列生活情境中的能量转化过程，主要由化学变化引起的是 A.太阳能光伏板发电 B.手机锂离子电池放电 C.水力发电站发电 D.电热毯通电发热 2.利用盖斯定律可以计算一些难以直接测量的反应热。已知胆矾(CuS0,·5H,0)和无水 CuS0,溶于水及相互转化的能量关系如下： 过程I:CuS04(s)=Cu2+(aq)+S0}(aq)△H1=-66.5kJ·mol-1 过程Ⅱ：CuS04(s)+5H20(1)=CuS04·5H20(s)△H2 过程Ⅲ：CuS04·5H20(s)=Cu2+(aq)+S0}(aq)+5H20(1)△H3=+11.5kJ·mol- 下列说法正确的是 A.过程I中增加CuS0,（(s)的物质的量会使I△H,I增大 B.过程Ⅱ的△H2=-78.0kJ·mol- C.过程Ⅲ中，反应物的总能量大于生成物的总能量 D.CuS0,·5H,0(s)受热脱水生成CuS0,(s)发生放热反应 3.在稀溶液中，H*(aq)+0H(aq)=H0(1)△H=-57.3kJ·mol-,则下列热化学方 程式书写正确的是 A.NaOH(ag)+HCl(ag)=NaCl(ag)+H2O(1)AH=+57.3 kJ.mol- B.Ca(0H)2(aq)+H2S04(aq)=CaS04(s)+2H,0(1)△H=-114.6kJ·mol-1 C.H,SO,(aq)+NaOH(s)-Na2SO,(aq)+H,O(I)AH=-57.3 kJ.mol-I D.HNO3 (aq)+KOH(aq)=KNO3 (aq)+H2O(1)AH=-57.3 kJ.mol- 化学(B)第1页（共8页） 4.汽车尾气中的主要污染物为N0和C0,利用催化转化器可将其转化为无毒气体，反应的化 学方程式为2N0(g）)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)△H=-746.8kJ·mol-1△S= -197.5J·mol1·K1。下列关于该反应的说法正确的是 A.该反应的正反应是一个嫡增的过程 B.该反应的正反应是一个焓增的过程 C.该反应在任何温度下均能自发进行 D.该反应在常温下实际转化极慢，需使用催化剂以提高反应速率 5.化学原理在生活和工业生产中有着广泛应用。下列叙述正确的是 A.氯化钠固体不导电，溶于水后在电流作用下电离成Na和CI~从而导电 B.汽车常用的铅酸蓄电池放电时，电解液中硫酸的浓度逐渐增大 C.电解精炼铜时，外电路中每转移2moleˉ，阳极质量一定减轻64g D.工业上煅烧石灰石：CaC03(s)=Ca0(s)+CO2(g)是吸热且熵增的反应，在高温下能 自发进行 6.下列各组反应的焓变比较中，△H>△H2的是 A.C(s)+0,(g)—C0,(g)AH,;C(s)+20,(g)C0(g)△H, B.C,H0H(1)+302（g)=2C02(g)+3H20(g)△H1;C,H0H(1)+302(g) 2C02(g)+3H20(1)△H2 C.H,(g)+C,(g)2HC(g)△HH,(g)+2C,(g)—HC(g)△， D.H2(g）+F2(g)=2HF(g)△H1;H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H, 7.气相反应X(g)=Z(g)经历两步：①X(g)=Y(g);②Y(g)一Z(g)。反应历程中的 相对能量变化如图所示： +相对能量/(J·mol) E 过渡态Π E 这渡态1 X(g) Z(g Y(g) 反应历程 下列说法正确的是 A.物质的稳定性：Y(g)>Z(g)>X(g) B.反应①中断裂反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量 C.总反应X(g)=Z(g)的△H>0 D.反应②的热化学方程式可表示为Y(g)—Z(g)△H=(E,-E)kJ·mol 化学(B)第2页（共8页） 8.已知下列与氨气相关的热化学方程式： ①4NH3(g)+302(g)=2N2(g）+6H20(g)△H1=-akJ·mol-(a>0) ②4NH(g)+502(g)=4N0(g)+6H20(I)△H2=-bk·mol-'(b>0) ③NH,(g)+0,(g)—7N,(g)+2H,0(1)AH,=-c·ml-(c>0) 下列叙述正确的是 A.氨气的摩尔燃烧焓的数值为异k灯·mol-1 B.氨气的摩尔燃烧培AH=-冬·mol- C.氨气的摩尔燃烧焓△H=-ckJ·mol D.a>4c 9.用惰性电极电解下列溶液（溶质足量），关于电解规律及溶液复原的说法正确的是 A.电解Na2S04溶液，实质是电解水，电解后溶液的pH变小 B.电解CuSO,溶液，若要恢复原溶液浓度，应加入适量Cu(OH), C.电解NaCl溶液，若要恢复原溶液浓度和质量，应通入适量HCl气体 D.电解AgNO,溶液，溶液中Ag+浓度降低，H+浓度保持不变 10.下列有关实验操作或装置不能达到实验目的的是 Zn 盐桥 碘化钾 淀粉溶液也 铜片 石墨 铁钉 CuSO,溶液 饱和食盐水 海水 CuS0,溶液ZnS0,溶液 A.验证电解饱和食 B.将化学能持续转 C.铁钥匙表面镀铜 D.防止铁钉生锈 盐水的阳极产物 化为电能 11.一种新型Zn-Pb02可充电电池结构示意图如图所示。 电源或负载 [Zn(OH),P- PbO, KOH K SO,HSO 离子交换膜 下列叙述正确的是 A.放电时，Zn电极发生还原反应 B.充电时，PbO,电极应与外接电源的负极相连 化学(B) 第3页（共8页） C.放电时，Pb0,电极的反应式为Pb0,+2e+4H++S0?=PbS04+2H,0 D.充电时，Zn电极附近溶液的pH逐渐减小 12.采用Cu和石墨电极，以KOH溶液为电解液，利用C02电还原制CH4和副产物O2的工作 原理如图所示。 CH, c02 KOH溶液阳离子KOH溶液 交换膜 下列叙述正确的是 A.N极的电极材料是Cu B.M极的电极反应式为CO,+8e~+8H+=CH,+2H,0 C.电解过程中，K+从左室通过交换膜向右室移动 D.电解一段时间后，N极区KOH溶液的浓度减小 13.由下列实验事实能得出相应结论的是 选项 实验事实 结论 用石墨作电极电解等物质的量浓度的CuS04、 A 氧化性：Cu2+>Zn2+ ZnS0,溶液，阴极首先析出红色固体 锌与稀硫酸反应，滴入少量硫酸铜溶液， Cu2+对锌与稀硫酸的 B 生成氢气的速率加快 反应具有催化作用 将镁片和铝片用导线连接后插人 金属性：Mg>Al NaOH溶液中，镁片表面产生大量气泡 向相同质量的NaHC03粉末和Na,C03粉末中分别加 NaHC03粉末与稀盐酸 D 入等体积等浓度的稀盐酸，前者产生气泡的速率更快 的反应是放热反应 14.向一定浓度的KNO3溶液中通人C02至饱和，电解后在电极上反应生成尿素C0(NH2)2 (尿素分子中的氨元素显一3价)，工作原理如图所示。 电源 CO(NH) NO; H.O C0, 质子交换膜 化学(B)第4页（共8页） 下列说法错误的是 A.N极与电源的正极相连，发生氧化反应 B.M极只有氮元素被还原（不考虑副反应） C.电解一段时间后，M极区溶液的pH逐渐减小（不考虑CO,与水反应） D.N极生成4.48L气体（标准状况），理论上生成尿素3g 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分)化学反应伴随能量的变化，化学能与热能、电能的相互转化在生产生活中有着广 泛应用。 I.该小组利用如图1所示装置测定强酸与强碱反应的反应热。 温度计 搅拌器 杯盖 内简 用碎泡沫 外壳 塑料填满 图1 (1)图1中碎泡沫塑料的作用是 (2)取50mL0.50mol·L-盐酸与50mL0.50mol·L-Na0H溶液进行实验，测得反应 前体系的平均温度为T,℃，反应后混合液的最高温度为T,℃，设所用盐酸和NaOH 溶液的密度均为1.0g·cm-3,生成的溶液的比热容c=4.18×10-3kJ·g1·℃-1，则 该中和反应的反应热△H= kJ·mol-(用含T、T2的代数式表示)。 (3)已知：CH,C00H(aq)三CH,C00（aq)+H+(aq)△H>0。若将盐酸改用相同体 积、相同浓度的CH,COOH溶液进行上述实验，测得的1△HI (填“偏大”“偏 小”或“无影响”)。 Ⅱ.实验小组利用压强传感器探究溶液酸碱度对钢铁电化学腐蚀类型的影响。在相同容 积的密闭装置中（如图2所示），分别加入1.0g还原铁粉和0.2g碳粉的混合物，再分别 注入20mL3%NaCl溶液（分别调节pH=1.0和pH=6.5),采集容器内压强随时间变化 的曲线如图3所示。 压强/kPa 曲线a P 时间/min 20mL3% 曲线b 1.0g还原铁粉 NaCl溶液 一0.2g碳粉 图2 图3 (4)曲线a对应的实验中，铁发生 (填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，其负极反应式为 化学(B)第5页（共8页） (5)曲线b对应的实验中，该体系中压强减小的原因是 其正极反应式为 (6)为防止海洋工程中的钢铁设备发生曲线b所示的腐蚀，常在其表面焊接锌块，该金属 防护方法的名称是 16.（14分)二甲醚(CH,0CH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”，在实现“碳中和”及新能源开发 中具有重要地位，其合成与燃烧过程涉及重要的能量变化。 回答下列问题： (1)在25℃、101kPa下，已知气态二甲醚的摩尔燃烧焓（△H)为-1453.6k灯·mol-1。 ①写出表示气态二甲醚摩尔燃烧焓的热化学方程式： ②若1g气态二甲醚与足量氧气充分反应生成C02(g)和液态水，理论上放出的热量 为 kJ。 ③若上述反应生成的液态水变为气态水，则反应热△H (填“增大”“减小” 或“不变”)。 (2)已知下列热化学方程式： I.C(s)+02(g)=C02(g)△H1=-393.5kJ·mol- Ⅱ.4(g)+20,(g)-H,0(1)△h,=-285.8kJ·m0l1 结合(1)中数据计算热化学方程式2C(s)+3H,(g)+0,(8)—CH,0CH,(g)的 △H= kJ·mol-。 (3)工业上常通过C02加氢合成甲醇，再脱水制备二甲醚。 ①第一步反应为C02(g)+3H2(g)、一CH,OH(g)+H,0(g)△H1,该反应在某催化 剂作用下的相对能量随反应历程的变化如图所示。 相对能量(kJ·mol) 102 151 反应历程 △H1= kJ·mol-l。 ②第二步反应为甲醇脱水：2CH,OH(g)一CH,OCH3（g)+H,0(g) △H2= -24kJ·mol-。已知：298K时，CH,0H(g)、H,0(g)的相对能量分别为 -201kJ·mol-、-242kJ·mol-1,则CH,0CH(g)的相对能量为 kJ·mol-l。 (4)早期工业也利用C0加氢合成甲醇：C0(g)+2H2(g)一CH,OH(g)△H= -90kJ·mol-'。已知部分化学键的键能数据如下表（键能是指气态分子中1mol化 化学(B)第6页（共8页） 学键解离成气态原子所吸收的能量)： 化学键 H-H C-0 0-H C-H 键能/(kJ·mol-1) 436 343 465 413 ①从微观键能角度看，该反应放热的原因是反应物的总键能 (填“大于”或 “小于”)生成物的总键能。 ②结合上述数据计算，C0分子中碳氧三键的键能为 kJ·mol-1。 17.（16分)研发新型高效电池是实现“双碳”目标的重要途径。 I.直接硼氢化钠(NaBH,)燃料电池(DBFC)在便携式电子设备和新能源汽车领域具有广 阔的应用前景。一种以NaBH,(H为-1价)减性溶液和H,O2酸性溶液为原料的DBFC 工作原理示意图如下（已知极产物中硼元素以B02形式存在，其化合价为+3价，无气 体生成)。 负载 b BH, H,0 OH H Na SO Na选择透过膜 (1)放电时，a极发生 (填“氧化”或“还原”)反应，a极的电极反应式为 ;若外电路中转移2mol电子，理论上a极区的质量变化 了 8o (2)b极的电极反应式为 ;电池工作一段时间后，b 极附近溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ.我国科学家研发了一种室温下工作的Z-C0,水系电池，该电池不仅能输出电能，还 能将温室气体转化为高附加值化学品，该电池的工作原理示意图如图所示（已知：双极膜 在电场作用下能将水解离为H*和OH,并分别向两极迁移)。 负载 HCOOH [Zn(OH),P C0, Zn KOH溶液 K,S0,溶液 多孔碳电极 双极膜 (3)放电时，Zn极的电极反应式为 化学(B)第7页（共8页） (4)电池工作时，双极膜中解离出的H+移向 (填“正极”或“负极”)，其作用 是 0 (5)若该电池生成2.3gHC00H,理论上负极消耗Zn的质量为 go 18.(14分)电解技术在环境治理和化工合成中具有重要价值。 I.氨氨废水（主要含NH)的随意排放会导致水体富营养化。工业上常用“间接电解氧 化法”处理含NHCI的废水，将其转化为无毒气体排人大气，其电解处理装置的工作原理 如图所示。 电源 RuO,-TiO,/Ti HCIO 模拟NH,CI溶液 NH; (1)图中RuO2-Ti0,/Ti电极应与直流电源的 (填“正”或“负”)极相连；P电 极上生成的气体是 (填化学式)。 (2)溶液中生成的活性次氯酸能将NH氧化为无毒的N2,该反应的离子方程式为 (3)若生成1.4gN2,理论上电解池外电路中转移 mol电子。 Ⅱ.高铁酸钾(K,F0,)是一种新型绿色水处理剂，在强碱性条件下比较稳定。工业上可 用电解浓KOH溶液的方法制备高铁酸御，其工作原理如图所示。 电源 稀KOH溶液 L 膜a 膜h 左室 中间室 右室 浓KOH溶液 水（含少量KOH (4)膜a为 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。 (5)若电解池外电路中转移3ol电子，理论上左室溶液质量变化了 _8o (6)实际电解过程中，左室除了生成F0~外，还会因发生副反应产生一种无色气体，导 致电流效率降低，该气体是 (填化学式)。 化学(B)第8页（共8页） 高二化学(B)答案 1~14小题，每小题3分，共42分。 1.答案B 命题透析本题以生活中常见发电或用电场景为情境，考查能量转化与物理变化、化学变化的本质区别，意在 考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨光伏发电、水力发电、电热毯发热均不涉及新物质的生成，属于物理变化过程中的能量转化，锂离子 电池放电是原电池反应，通过氧化还原反应（化学变化）将化学能转化为电能，B项符合题意。 2.答案B 命题透析本题以硫酸铜的溶解与水合过程为素材，考查盖斯定律的应用及吸放热与能量的关系，意在考查分 析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨过程I中增加CuSO,(s)的物质的量不能改变△H,,A项错误；根据盖斯定律，过程I可由过程Ⅱ和 过程Ⅲ叠加而成，即△H1=△H2+△H3,故△H2=-78.0kJ·ol-1,B项正确；过程Ⅲ的△H3>0,为吸热过程，说 明反应物的总能量小于生成物的总能量，C项错误；过程Ⅱ为放热反应，其逆过程（受热脱水）必然为吸热反应， D项错误。 3.答案D 命题透析本题以中和反应的反应热为素材，考查热化学方程式的正误判断及沉淀、溶解过程对反应热的影 响，意在考查理解与辨析能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨中和反应为放热反应，△H应为负值，A项错误；生成CSO,沉淀的过程也有热效应，B项错误； NaOH固体溶于水放热，C项错误；强酸与强碱的稀溶液反应生成可溶性盐和水，无其他热效应，D项正确。 4.答案D 命题透析本题以汽车尾气催化转化为情境，考查化学反应方向的判据（焓变、嫡变与温度的综合影响）知识， 意在考查理解与辨析能力，科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨该反应正向气体分子数减少，为嫡减过程（△S<0),A项错误；该反应的△H<0,为焓减过程，B项 错误；△G=△H-T△S,△H<0,△S<0,故在低温（如常温）下，该反应能自发进行，C项错误；常温属于相对低温， △G<0反应能自发进行，但由于常温下反应速率极慢，实际应用中必须使用催化剂以提高反应速率，D项正确。 5.答案D 命题透析本题以常见化学现象为素材，考查电离与电解的区别、铅酸蓄电池及反应自发性判据等知识，意在 考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨电解质的电离是由于水分子的作用，不需要电流，通电是发生电解的前提，而非电离的条件，A项错 误；铅酸蓄电池放电时的总反应为Pb+Pb02+2H2S0,=2PbS04+2H20,反应过程中消耗了H2S0,同时生 一1 成了水，因此电解液中硫酸的浓度逐渐减小，B项错误；阳极为粗铜，杂质（如铁、镍等）也会放电，C项错误； △S>0(产生气体，嫡增)，根据△G=△H-T△S,在高温下△G<0,反应能自发进行，D项正确。 6.答案B 命题透析本题以反应热为素材，考查不同情境下焓变大小的比较，意在考查分析与推测能力，宏观辨识与微 观探析的核心素养。 思路点拨完全燃烧放热多，放热反应的△H<0,放热越多，△H越小，故△H,<△H2,A项错误；气态水的能量 高于液态水，生成液态水放热较多，故△H1>△H2,B项正确；△H,=2△H2<0,故△H<△H2,C项错误；氟气比氯 气活泼，与氢气反应放出的热量更多，放热越多，△H越小，故△H1<△H2,D项错误。 7.答案A 命题透析本题以多步反应的能量变化图为素材，考查物质稳定性、焓变的计算等，意在考查分析与推测能力， 证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨物质的相对能量越低越稳定，由图可知，E,>E>E,据此判断能量：X(g)>Z(g)>Y(g),故稳定 性：Y(g)>Z(g)>X(g),A项正确；反应①为放热反应，断裂反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化 学键放出的能量，B项错误；产物Z(g)的能量E,小于反应物X(g)的能量E,,总反应为放热反应，△H<0,C项 错误；反应②的焓变应为生成物与反应物的能量差，即反应②的△H=（E5-E,)kJ·ol-,D项错误。 8.答案C 命题透析本题以氨气燃烧的多个热化学方程式为素材，考查摩尔燃烧焓概念的辨析及反应热大小的比较，意 在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨摩尔燃烧焓要求生成稳定的液态水，反应①生成的是气态水，A项错误；摩尔燃烧焓要求生成指定 产物，氨元素的指定产物应为N2(g),反应②生成的是NO(g),B项错误；反应③表示1 mol NH,(g)完全燃烧生 成稳定的N2(g)和H20(1),符合摩尔燃烧焓的定义，C项正确；将反应③乘以4可得4NH3(g)+302(g)一 2N2(g)+6H20(1)△H=-4ckJ·mol-',由于气态水的能量高于液态水，生成气态水放出的热量更少，故a< 4c,D项错误。 9.答案C 命题透析本题以惰性电极电解不同电解质溶液为情境，考查电解规律、电极反应产物判断及溶液复原知识， 意在考查归纳与论证能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨电解Na2SO,溶液的实质是电解水，溶剂减少，但Na,SO,溶液呈中性，浓度增大后溶液的pH依然 保持不变，A项错误；电解CuS0,溶液，脱离体系的物质是Cu和O2（相当于CuO),加入Cu(OH)2相当于多加 人了水，无法完全恢复原溶液，应加入适量CuO,B项错误；电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2,脱离体系的物 质是H2和CL2(按1：1脱离)，通入适量HCI气体即可恢复原溶液，C项正确；电解AgNO,溶液时，阳极反应为 2H20-4e=02↑+4H*,生成了H,故溶液中H*浓度增大，D项错误。 10.答案B 命题透析本题以常见的电化学实验装置为情境，考查电解产物检验、原电池构成条件、电镀原理及金属的电 化学防护等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 2 思路点拨U形管左侧电极与电源正极相连，为阳极，电解饱和食盐水时阳极产生CL2,C2通人碘化钾淀粉溶 液中会将I氧化生成I2,使溶液变蓝，可验证阳极产物，A项不符合题意；图中将Z电极直接插人CuSO,溶 液中，Zn会与Cu2+直接发生置换反应，无法形成持续稳定的电流，正确的双液原电池应将Zn插人ZS0,溶液 中，Cu插入CuSO,溶液中，B项符合题意；电镀时，镀件（铁钥匙）作阴极连电源负极，镀层金属（铜片）作阳极 连电源正极，电镀液含镀层金属离子(CS0,溶液)，装置设计合理，C项不符合题意；铁钉与外接电源负极相 连作阴极，被保护而不易失去电子，属于外加电流阴极保护法，可防止铁钉生锈，D项不符合题意。 11.答案C 命题透析本题以Z-P02可充电电池结构示意图为情境，考查二次电池放电、充电的工作原理知识，意在 考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨放电时，Zn转化为[Z(OH)4]2-,Zn的化合价升高，发生氧化反应，作电池的负极，A项错误；放 电时PO2为正极，充电时应与外接电源的正极相连，作电解池的阳极，B项错误；放电时Pb02为正极，在 H,S0,溶液中得电子发生还原反应，电极反应式为Pb02+2e°+4H++S0}一PbS0+2H,0,C项正确；充 电时，Zn电极为阴极，发生还原反应，生成OHˉ，Zn电极附近溶液的pH逐渐增大，D项错误。 12.答案D 命题透析本题以C02电还原制CH,为情境，考查电极材料判断、电极反应式书写、离子移动方向及溶液浓 度变化分析等知识，意在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨N极与电源的正极相连，为阳极，若用活性电极C作阳极，Cu会失电子溶解，故N极材料应为石 墨，M极材料为Cu,A项借误；电解液为KOH溶液，呈碱性，电极反应式中不能出现H,M极的电极反应式为 CO2+8eˉ+6H,0一CH,+8OH,B项错误；电解过程中，阳离子向阴极移动，M极为阴极（左室），N极为阳 极（右室），故K应从右室通过阳离子交换膜向左室移动，C项错误；N极为阳极，发生氧化反应，电极反应式 为4OH°-4eˉ=O2↑+2H0,该极区消耗OH并生成水，同时K+移出右室，导致N极区溶质KOH减少且 溶剂增多，故KOH溶液的浓度减小，D项正确。 13.答案A 命题透析本题以实验事实及相应结论为素材，考查金属性的判断、原电池的形成、反应热及电解池中离子的 放电顺序等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨电解混合溶液时，阴极首先析出红色固体（铜），说明C2+优先于Zn2+放电（得到电子发生还原反 应)，证明氧化性：Cu2+>Zm2+,A项正确；滴人CuS0,溶液后，Zn置换出少量的Cu附着在Z表面，构成了无 数微小的Zn-Cu原电池，原电池反应加快了电子转移速率，并非Cu+起催化作用，B项错误；在NaOH溶液 中，A1能与碱液反应失去电子作负极，Mg作正极产生氢气，该实验现象只能说明在碱性条件下A1比Mg更易 失电子，不能据此得出金属性：Mg>Al,C项错误；NHCO,与盐酸反应速率更快是因为其直接结合H+产生 C02,而Na,CO,需先转化为NaHCO3,此外NaHC03与盐酸的反应是吸热反应，Na,C03与盐酸的反应是放热 反应，D项错误。 14.答案C 命题透析本题以电解法制备尿素为情境，考查电极判断、氧化还原反应分析、H变化及电化学计算等知识， 一3 意在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨N极上H,0转化为O2,氧元素的化合价升高，发生氧化反应，故N极为电解池的阳极，与电源的正 极相连，A项正确；M极为阴极，反应物NO中氮元素的化合价由+5降至-3，碳元素的化合价未发生变化， 故只有氮元素被还原，B项正确；M极（阴极）的电极反应式为2NO?+C02+18H++16e一C0(NH2)2+ 7H,0,N极（阳极）的电极反应式为2H,0-4e一02↑+4H+,每转移16moleˉ，M极消耗18molH+,N极 生成16olH+,并有16molH+通过质子交换膜移入左室，左室净消耗2molH+,导致H+浓度减小，溶液的 pH逐渐增大，C项错误；标准状况下4.48L02的物质的量为0.2mol,转移0.8mol电子，根据阴极反应式可 知，理论上生成0.05mol尿素，其质量为0.05mol×60g·mol-=3g,D项正确。 15.答案（1)保温、隔热，减少实验过程中的热量散失(1分，合理即可) （2)4.18x103x100×(7,-T2或-16.72(7，-7)(2分) 0.025 (3)偏小(2分) (4)析氢(1分)Fe-2e—Fe2+(2分) (5)铁发生吸氧腐蚀消耗了密闭容器内的02(2分，合理即可)02+2H20+4eˉ=40H(2分) (6)牺牲阳极保护法(2分) 命题透析本题以化学实验为情境，考查反应热的测定、钢铁的电化学腐蚀及金属防护等知识，意在考查探究 与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨（1)碎泡沫塑料填充在内简和外壳之间，起保温、隔热作用，减少热量散失。 (2)反应生成的n(H,0)=0.050L×0.50mol·L-↓=0.025mol,放出的热量Q=c·m·△T=4.18× 0灯g.℃0(-7)e,则4=a品：m=-48×10mx-2J:m 0.025 -16.72(T2-T)k·mol-。 (3)醋酸是弱酸，电离过程吸热，导致放出的热量偏少，|△1偏小。 (4)pH=1.0时酸性较强，铁发生析氢腐蚀生成H2,压强增大，对应曲线a;负极为铁，失电子，电极反应式为 Fe-2eˉ=fe2+。 (5)pH=6.5时发生吸氧腐蚀，正极反应消耗密闭体系内的02(02+2H20+4eˉ一40H-),导致气体减少、 压强下降，对应曲线b。 (6)锌与铁及海水构成原电池，由于金属性：Zn>F,锌作负极，优先失电子，被腐蚀，铁作正极，被保护，属于 牺牲阳极保护法。 16.答案(1)①CH0CH3(g)+302(g)=2C02(g)+3H20(1)△H=-1453.6kJ·mol-(2分) ②31.6(2分) ③增大(1分) (2)-190.8(2分) (3)①-49(2分) ②-184(2分) 一4 (4)①小于(1分) ②1085(2分) 命题透析本题以二甲醚的合成与燃烧为情境，考查热化学方程式的书写、摩尔燃烧焓的概念、盖斯定律及反 应热的计算等知识，意在考查归纳与论证能力，科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨(1)①摩尔燃烧焓是指在一定的温度和压强条件下，1l纯物质完全氧化为同温下的指定产物时 的焓变，并指定物质中所含有的氮元素转为N2(g)、氢元素转为H20(1)、碳元素转为C02(g),故表示二甲醚 摩尔燃烧焓的热化学方程式为CH,0CH(g)+302(g)=2C02(g)+3H20(1)△H=-1453.6kJ·mol-。 ③液态水变为气态水需要吸收热量，因此生成气态水时放出的总热量减少，由于放热反应的△H<0,故△H 变大。 (2)目标反应为2C(s)+3H,(g)+20,(g)一CH,0CH,(g)A,由题意知，1.C(s)+0,(g)一C0,(g) △H,=-393.5W·mol,Ⅱ.H,(g)+20,(g)=H,0()4h,=-285.8·ml,Ⅲ.CH,0CH,(g)+ 302(g)—-2C02(g)+3H20(1)△H3=-1453.6kJ·mol-1,根据盖斯定律，目标反应=I×2+Ⅱ×3-Ⅲ， 则目标反应的△H=2△H1+3△H2-△H3=-190.8kJ·mol-'。 (3)①由图可知，正反应活化能E(正)=102kJ·mol-,逆反应活化能E(逆)=151kJ·mol-。反应热△H= E(正)-E(逆)=-49k·mol。②根据△H=∑E(生成物)-∑E(反应物)，代人数据：-24= E(CH0CH3)+(-242kJ·mol-1)-2×(-201kJ·mol-),解得：E(CH0CH3)=-184k·mol-。 (4)①化学反应的本质是旧键断裂（吸热）和新键形成（放热）。反应放热，说明形成新键释放的能量大于断裂 旧键吸收的能量，即反应物的总键能小于生成物的总键能。②设C0分子中碳氧三键的键能为xkJ·ol-'。 △H=反应物的总键能-生成物的总键能，即(xk灯·mol-'+2×436kJ·mol-1)-(3×413k·mol1+ 343kJ·mol-1+465kJ·mol-1)=-90kJ·mol-1,解得：x=1085。 17.答案(1)氧化(1分)BH+80H°-8e—B02+6H20(2分)46(2分) (2)H202+2H*+2e=2H,0(2分)增大(1分) (3)Zn-2e°+40H=[Zn(0H)4]2-(2分) (4)正极(2分)参与正极反应，补充消耗的H*,维持正极区溶液的电荷平衡(2分，合理即可) (5)3.25(2分) 命题透析本题以新型高效电池为情境，考查原电池工作原理、电极反应式书写及电化学计算等知识，意在考 查分析与推测能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨(1)a极通入燃料NaBH,为负极，发生失电子的氧化反应。根据题意可知，BH,在碱性条件下转 化为BO2,电极反应式为BH,+8OH--8e一BO2+6H20。放电时，为维持电荷平衡，a极区的Na*通过 选择透过膜移向b极区，每转移8mol电子，有8 mol Na移出a极区，当转移2mol电子时，有2 mol Na移出， 故a极区质量减少2mol×23g·mol-1=46g。 (2)b极通入氧化剂H202,为正极，在酸性条件下得电子生成水，电极反应式为H202+2H*+2eˉ=2H20。 由于反应不断消耗H*,导致b极附近溶液的c(H+)减小，pH增大。 5 (3)在Zn-C02水系电池中，Zn为负极，失电子后结合溶液中的0H生成[Zn(OH)4]2-,电极反应式为Zn- 2e+40H=[Zn(0H)4]2-。 (4)原电池中阳离子向正极移动，故双极膜解离出的H+移向正极。正极反应式为C02+2H++2eˉ一 HCOOH,H+的移人可以补充正极反应消耗的H+,并维持该区域溶液的电中性。 (5)2.3gHC00H的物质的量为0.05mol。根据正极反应式可知，生成0.05 mol HC00H需转移0.1mol电 子。根据负极反应式可知，转移0.1mol电子，理论上消耗0.05 mol Zn,其质量为3.25g。 18.答案(1)正(2分) H2(2分) (2)3HCI0+2NH=N2↑+3H20+5H++3Cl(2分) (3)0.3(2分) (4)阴离子交换膜(2分) (5)79(2分) (6)02(2分) 命题透析本题以电解技术为情境，考查电解池工作原理、电极判断、电极反应式的书写、离子交换膜的选择 及电化学的定量计算等，意在考查归纳与论证能力，变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨（1)由图可知，RuO2-T02/Ti电极上Clˉ转化为Cl2,发生失电子的氧化反应，故该电极为阳极，应 与直流电源的正极相连。P电极为阴极，溶液中的H+在此得电子发生还原反应，生成的物质是H2。 (2)活性次氯酸将NH氧化为N2,自身被还原为C1ˉ。根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得配平后的离 子方程式为3HCI0+2NH,=N2↑+3H20+5H++3Cl。 (3)理论上生成1.4gN2,其物质的量为0.05mol,氮元素的化合价变化为3，故外电路中转移电子的物质的量 为0.05mol×3×2=0.3mol。 (4)在制备高铁酸钾的三室电解池中，左室（阳极）的电极反应式为Fe-6eˉ+80H一FeO好+4H20,右室 (阴极)的电极反应式为2H,0+2εˉ一H2↑+20H°。为了在中间室得到稀KOH溶液并维持电荷平衡，中 间室的OH需通过膜（阴离子交换膜）进人左室，而中间室的K+需通过膜b(阳离子交换膜)进人右室。 (5)左室（阳极）的电极反应式为Fe-6eˉ+80H一Fe0}+4H20。当外电路中转移3mol电子时，有 0.5 mol Fe溶解进人溶液，电解液质量增加28g;同时，为了维持左室溶液的电中性，会有3mol0H~通过阴离 子交换膜（膜a)从中间室进入左室，质量增加51g。理论上左室溶液质量增加79g。 (6)实际电解过程中，阳极区（左室）处于强碱性环境，除了铁失电子外，溶液中的OHˉ也会在阳极失电子发生 氧化反应生成氧气(40H-4eˉ=02↑+2H,0),导致电流效率降低。 一6