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【化学】福建省泉州第十六中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考班）试题（解析版）
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福建省泉州第十六中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考班）试题
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Na:23 S:32 Cu:64
一、选择题（本题共23小题，每小题2分，共46分，每题只有一个正确选项）
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ③⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥⑦⑧ D. ⑤⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①天然气 ②煤 ④石油是化石能源，不是新能源，故不符合题意；常见新能源有：③核能 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能等，③核能发电厂热效率较低，核能电厂的热污染较严重，核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源，故③核能不符合题意；故A、B、C项均不符合题意，所以D符合题意。
综上所述，本题正确答案为D。
2.下列反应既不属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A. 铝片与稀盐酸的反应 B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应
C. 生石灰与水反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应
【答案】B
【解析】分析：凡是反应前后有元素化合价变化的反应均是氧化还原反应，结合反应中的能量变化分析解答。
详解：A. 铝片与稀盐酸的反应是放热的氧化还原反应，A错误；
B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，且不是氧化还原反应，B正确；
C. 生石灰与水反应生成氢氧化钙，放热反应，但不是氧化还原反应，C错误；
D. 甲烷在氧气中的燃烧反应是放热的氧化还原反应，D错误；
答案选B。
3.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质具有能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．
【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，
故选D。
4.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )
A. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
B. 钢柱在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀
C. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】A
【解析】分析：A、牺牲阳极的阴极保护法受保护的金属为负极；B．空气和水是钢铁发生腐蚀的条件；C．铁比锡活泼，易被腐蚀；
详解：A．锌比铁活泼，可为原电池的负极被氧化，铁为正极被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，选项A正确；B．空气和水是钢铁发生腐蚀的条件，其它条件相同时，氧气浓度越大，钢铁腐蚀越严重，空气和水交界处氧气浓度大于水下，所以钢柱在水下部分比在空气与水交界处更不容易腐蚀，选项B错误；C．铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，选项C错误；D、地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，此时该金属作阳极，该电极金属易被腐蚀，选项D错误；答案选A。
5.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从①流向②；①③相连时，③为正极；②④相连时，④上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少。据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是（ ）
A. ①③②④ B. ②①③④ C. ②③①④ D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，据此判断金属活动性强弱。
【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，
①②相连时，外电路电流从①流向②，则①是正极、②是负极，金属活动性①<②，
①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③，
②④相连时，④上有气泡逸出，②为负极、④为正极，活动性②>④，
③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，
通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是②①③④，
故答案为B。
6.仅改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（ ）
A. 加催化剂 B. 降温
C. 加压 D. 加大反应物浓度
【答案】A
【解析】分析：提高活化分子的百分率，可加入催化剂或升高温度，加入催化剂，可降低活化能，升高温度，可使分子转化为活化分子。
详解：加压或增大浓度，只能增大单位体积的活化分子的数目，不能改变活化分子的百分数，加入催化剂或升高温度，可提高活化分子的百分数。答案选A。
7.已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)→CuSO4＋5H2O(l)－Q1kJ，室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放出Q2kJ，则Q1和Q2的关系（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1=Q2 C. Q1
【解析】
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可知其为吸热过程，△H>0，1mol胆矾分解生成1molCuSO4(s)时，CuSO4•5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O (l)△H=+Q1 kJ/mol，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，可得如下图所示关系，
根据盖斯定律，则有△H=Q1+(-Q2)>0，则Q1>Q2。所以合理选项是A。
8.化学键的键能是形成(或断开)1 mol 化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和 P4O6 的分 子结构如图所示:现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198 P—O：360 O==O：498
若生成 1 mol P4O6，则反应 P4(白磷)＋3O2==P4O6 中的能量变化为（ ）
A. 吸收 1638 kJ 能量 B. 放出 1638 kJ 能量
C. 吸收 126 kJ 能量 D. 放出 126 kJ 能量
【答案】B
【解析】分析：反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP-P键．
详解：化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198 P—O：360 O===O：498，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1mol P4和3mol O2完全反应（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ·mol－1+3×498kJ·mol－1-12×360kJ·mol－1=-1638kJ·mol－1，反应放热1638kJ，故选B。
9.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2 H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热△H= -241.8 kJ/mol
B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2，则△H1>△H2
C. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为： NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H= -57.4kJ·mol-1
D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热是指101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时水为液态，而2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，反应中水为气态，因此氢气的燃烧热不是241.8 kJ/mol，A错误；
B、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值，则△H1<△H2，B错误；
C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ 的热量，1mol NaOH完全中和放热57.4kJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，因此稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，C错误；
D、1mol一氧化碳燃烧放热283.0kJ，则2mol一氧化碳燃烧放热566.0kJ，则二氧化碳分解为吸热，反应为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol，D正确；
正确答案：D。
10.氢气是人类最理想的能源。已知在25℃、101 kPa下，1 g 氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9 kJ，则下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A. 2H2＋O2=2H2O ΔH＝－142.9 kJ·mol－1
B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－142.9 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】分析：根据热化学反应方程式书写原则进行判断。已知25℃、101 kPa下，1 g 氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9 kJ，所以1molH2完全燃烧放出热量为285.8 kJ，,据此解答本题。
详解：A.2H2＋O2=2H2O ΔH＝－142.9 kJ·mol－1，各物质没有标明物质的状态，故A错误；B. ΔH 与化学方程式中的计量数成正比，所以2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1 ，故B错误；C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1符合题意，故C正确；D. 燃烧反应为放热反应，所以ΔH <0,故2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1是错的；答案：选C。
11.已知2 SO2（g）+O2（g）2SO3（g）．若在500℃和催化剂的作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法错误的是（ ）
A. 升高温度，可以加快反应速率
B. 在上述条件下，SO2不能完全转化SO3
C. 使用催化剂是为了加快反应速率
D. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等
【答案】D
【解析】分析：A、根据降低温度，反应速率减慢；B、根据可逆反应不可能完全进行到底； C、根据催化剂可以加快反应速率；D、根据平衡状态时的标志来判断。
详解：A、因升高温度，反应速率加快，选项A正确；B、因可逆反应不可能完全进行到底，所以SO2不能完全转化为SO3，选项B正确；C、因催化剂可以加快反应速率，选项C正确；D、因平衡状态时SO2和SO3的浓度不变，而不是相等，选项D错误；答案选D。
12.冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是（ ）
A. △H＞0，△S＞0 B. △H＞0，△S＜0
C. △H＜0，△S＞0 D. △H＜0，△S＜0
【答案】A
【解析】
【分析】冰融化为水的过程需要吸收热量，固体变为液体的过程是熵增大的过程。
【详解】同种物质，液态的能量大于固态，则冰融化为水的过程是吸热过程，即△H>0，液态时的熵大于固态时的熵，则冰融化为水的过程是熵增加的过程，即△S>0；答案选A。
13.工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时( )
A. 粗铜接电源负极 B. 杂质都将以单质形式沉积到池底
C. 纯铜作阳极 D. 纯铜片增重2.56 g，电路中通过电子为0.08 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，A错误；
B项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；
C项、根据题知在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥沉积到池底，而锌等活泼金属以离子形成存在于溶液中，C错误；
D项、根据题知阴极反应为Cu2＋+2e=Cu，精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为， D正确。
14.已知化学反应A2(g)＋B2(g)= 2AB(g)的能量变化如图所示，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 该反应的反应热ΔH＝＋(a－b)kJ/mol
B. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】A
【解析】
【详解】A项，1molA2（g）+1molB2（g）具有的总能量小于2molAB（g）具有的总能量，该反应为吸热反应，ΔH=+（a-b）kJ/mol，正确；
B项，每生成2molAB（g）吸收（a-b）kJ能量，错误；
C项，从图中可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，错误；
D项，断裂化学键吸收能量，错误；答案选A。
15. 关于下图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）
A. 左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B. 该装置中铜为正极，锌为负极
C. 当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L
D. 装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
【答案】C
【解析】试题分析：A．左边是原电池，右边的电解池，故A错误；B．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；C．根据转移电子守恒得，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为=×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量b→Zn，Cu→a，故D错误；故选C。
16.下图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是（ ）
【答案】A
【解析】试题分析：通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，这说明a电极应该是阴极，溶液中的金属阳离子放电。b电极是阳极，溶液中的OH－放电生成氧气，这说明X是负极，Y是正极。所以选项A符合，B中没有金属析出，C中电极名称不正确，D中生成氯气，答案选A。
17.反应：2A(g)+3B(g)C(g)+4D(g)，速率最快的是（ ）
A. v(C)=0.1mol·L-1·s-1
B. v(B)=4.0 mol·L-1·min-1
C. v(A)=2.0mol·L-1·min-1
D. v(D)=0.3mol·L-1·s-1
【答案】A
【解析】分析：不同物质表示化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致。
详解：A.v(C)/1=0.1mol·L-1·s-1=6.0 mol·L-1·min-1；
B.v(B)/3=4.0/3 mol·L-1·min-1=4/3 mol·L-1·min-1；
C.v(A)/2=2.0/2 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1；
D.v(D)/4=0.3/4 mol/（L•s）=0.075 mol/（L•s）=4.5 mol·L-1·min-1；
所以反应速率快慢为：v（C）＞v（D＞v（B）＞v（A）。
答案选A。
18.高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn ＋2K2FeO4＋8H2O =3Zn（OH）2 ＋2Fe（OH）3 ＋4KOH。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，正极区溶液的pH减小
B. 放电时，负极反应式为3Zn－6e－＋6OH－=3Zn（OH）2
C. 充电时，每转移3 mol电子，阳极有1 mol Fe（OH）3被还原
D. 充电时，电池的锌电极接电源的正极
【答案】B
【解析】试题分析：A．放电时，正极反应式为2FeO42－＋8H2O＋6e－＝2Fe（OH）3＋10OH－，因此正极区溶液的pH增大，A错误；根据放电的反应方程式可知：在电池放电时锌失去电子发生氧化反应，所以Zn作负极，负极反应式为3Zn－6e－＋6OH－=3Zn（OH）2，B正确；B．充电时，每转移3 mol电子，阳极有1 mol Fe（OH）3被氧化，C错误；D．充电时，电池的锌电极接电源的负极，D错误，答案选B。
19.一定条件下，在体积为V L的密闭容器中发生化学反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，可判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是（ ）
A. v生成(CH3OH)＝v消耗(CO) B. CO、H2、CH3OH的浓度比为1:2:1
C. 混合气体的密度不再改变 D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
【答案】D
【解析】A v生成(CH3OH)＝v消耗(CO),表示的都是正反应速率,无法判断正逆反应速率是否相等,则无法判断是否达到平衡状态,故A错误; B.CO、H2、CH3OH的浓度比为1:2:1,无法判断各组分的浓度是否变化,则无法判断平衡状态,故D错误; C 该反应前后都是气体,气体的总质量始终不变,容器的容积不变,则密度不是变量,无法根据密度判断平衡状态,故B错误; D.该反应为气体体积缩小的反应,气体的物质的量发生变化,而气体总质量不变,则平均相对分子质量为变量,当平均相对分子质量不再变化时,说明达到平衡状态,所以C选项是正确的; 答案：C选项是正确的。
20.用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO气体，若要增大反应速率，可采取的措施是：①再加入30mL3mol/L盐酸②改用30mL6mol/L盐酸 ③改用3g粉末状大理石 ④适当升高温度( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析略
21.已知：①Zn(s)＋O2(g)＝ZnO(s)ΔH＝－348.3kJ·mol－1
②2Ag(s)＋O2(g)＝Ag2O(s)ΔH＝－31.0kJ·mol－1
则Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为
A. 2Zn(s)＋2Ag2O(s)===2ZnO(s)＋4Ag(s)ΔH＝－634.6 kJ·mol－1
B. Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag ΔH＝＋317.3kJ·mol－1
C. Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)ΔH＝－317.3kJ
D. Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)ΔH＝＋317.3kJ·mol－1
【答案】B
【解析】①-②得Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag ΔH＝＋317.3kJ·mol－1，故选B。
22.汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题，其基本原理是实现2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的反应．关于该反应，下列说法正确的是（ ）
A. 只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和CO
B. 使用性能好的催化剂可使反应的反应热增大
C. 假设该反应在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡时c（NO）=c（CO）
D. 该反应达到平衡时v（NO）正=v（CO）逆
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据可逆反应的特点可知：不可能完全清除NO和CO，故A错误；
B、催化剂对化学平衡无影响，故催化剂对反应热无影响，故B错误；
C、平衡时各物质的浓度关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故达到平衡时c（NO）与c（CO）不一定相等，故C错误；
D、平衡时，v（NO）正=v（NO）逆，NO与CO的化学计量数相等，故v（NO）正=v（CO）逆，故D正确。
23.在常温条件下，如图所示，烧杯中放入用导线相连的铁、铜两个电极，加入适量的浓HNO3，已知停止工作时，Fe、Cu均有剩余。下列有关说法正确的是（ ）
A. Fe在反应过程中始终作负极
B. Cu能与浓HNO3反应，始终作负极
C. 反应过程中Cu电极表面被逐渐腐蚀
D. Fe电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】A. Fe在开始时被浓硝酸钝化，活动性降低，作正极，故A错误；B. Cu能与浓HNO3反应，开始作负极，当浓硝酸成为稀硝酸时，Fe溶解而成为负极，故B错误；C. 反应过程中Cu电极表面被逐渐腐蚀，故C正确；D. Fe电极反应式：Fe-3e-=Fe3+，故D错误。故选C。
第II卷（非选择题 共54分）
二、填空题（4题共54分）
24.（Ⅰ）某化学反应AB+C在三种不同条件下进行，B、C的起始浓度为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表所示，表中温度为摄氏度（℃）。
实验
序号
0
10
20
30
40
50
60
1
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800
1.0
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
820
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
（1）该反应属于__________反应（填“可逆”或“不可逆”）。
（2）在实验1、2中，有一个实验使用了催化剂。请你利用表中数据判断实验___（填1或2）使用了催化剂，理由是_______________。
（3）该实验表明，影响化学反应速率的因素还有__________。
（II）下图是1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：__________________。
该反应的活化能等于____________________
【答案】(1). 可逆 (2). 2 (3). 反应速率较快（或反应达到平衡需要时间短） (4). 温度 (5). NO2(g) + CO(g) = CO2(g) + NO(g) △H=-234kJ/mol (6). E1＝134kJ/mol
【解析】
【详解】I.（1）由表格可知，随着反应时间的延长，A最终物质的量不变，且未消耗完，故该反应为可逆反应；
（2）由表格中数据对比可知，实验2达到平衡所需时间较实验1短很多，故实验2使用了催化剂；故答案为：2；反应速率较快（或反应达到平衡需要时间短）；
（3）实验3的反应温度升高了，相对于实验1速率加快了，故该实验表明，影响化学反应速率的因素还有温度；
II.由图可知，1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO过程放出（368-134）kJ=234kJ能量，故该反应的热化学方程式为：NO2(g) + CO(g) = CO2(g) + NO(g) △H=-234kJ/mol；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，该反应的活化能为E1＝134kJ/mol。
25.一定温度下，在2L的密闭容器中,M、N 两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示:
(1)反应的化学方程式为_______________。
(2)反应达到最大限度的时间是______min，该时间内的平均反应速率v(N)=______。
(3)反应达到平衡状态时，放中6QkJ的热量，当容器中充入lmolN，反应放出的热量为_____。
①等于QkJ ②小于QkJ ③大于QkJ ④等于2QkJ
(4)判断该反应达到平衡状态的依据是__________。
①该条件下，正逆反应速率都为零
②该条件下，混合气体的密度不再发生变化
③该条件下，混合气体的压强不再发生变化
④该条件下，单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM
(5)能能加快反应速率的措施是_________。
①升高温度 ②容器体积不变，充入隋性气体Ar
③容器压強不变，充入惰性气体Ar ④使用催化剂
【答案】(1). 2NM (2). 6 (3). 0.5 mol/(L·min) 或0.5 mol·L-1·min-1 (4). ② (5). ③ (6). ①④
【解析】(1)反应进行到4min时N减少8mol－4mol＝4mol，M增加4mol－2mol＝2mol，因此反应的化学方程式为2NM。(2)根据图像可知反应进行到6min时物质的物质的量不再发生变化，因此反应达到最大限度的时间是6min，该时间内的平均反应速率v(N)=＝0.5 mol/(L·min)。(3)反应达到平衡状态时，放出6QkJ的热量，即消耗6molN放出6QkJ的热量，由于是可逆反应，则1molN不能完全消耗，所以反应放出的热量为小于QkJ，答案选②；(4)①达到平衡状态时正逆反应速率相等，但不能为零，错误；②密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此该条件下，混合气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；③正反应体积减小，则该条件下，混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，正确；④该条件下，单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，错误；答案选③；(5)①升高温度反应速率加快；②容器体积不变，充入隋性气体Ar，反应物浓度不变，反应速率不变；③容器压強不变，充入惰性气体Ar，容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减小；④使用催化剂反应速率加快；答案选①④。
26.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．
（1）大气中的SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是_____；
（2）已知2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，提高反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施．
①T温度时，在2L容积固定不变密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，则υ（O2）=___ ；
②在①的条件下，判断该反应达到平衡状态的标志是____（填字母）．
a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b．容器内气体的压强不变
c．容器内混合气体的密度保持不变
d．SO3的物质的量不再变化
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
（3）烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示．（电极材料为石墨）
①图中a极要连接电源的（填“正”或“负”）____ 极，C口流出的物质是____；
②SO32﹣放电的电极反应式为 _________ ；
③电解过程中若消耗12.6g Na2SO3，则阴极区变化的质量为 _________ g（假设该过程中所有液体进出口密闭）。
【答案】(1). 2SO2+2H2O+O2=2H2SO4 (2). 0.05mol/（L•min） (3). bde (4). 负 (5). 硫酸 (6). SO32﹣-2e﹣+H2O=SO4 2﹣+2H+ (7). 4.4
【解析】
【详解】1）烟尘中含有O2，SO2具有还原性，故SO2在烟尘的催化下形成硫酸是2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；
（2）①T温度时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，
2SO2（g）+O22SO3（g）△H＜0
起始量（mol/L） 1.0 0.5 0
变化量（mol/L）1×50% 0.25 0.5
平衡量（mol/L） 0..5 0.25 0.5
前5min内O2的平均反应速率==0.05mol/（L•min）；
②化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；
a．物质的浓度关系和起始量和转化率有关，SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2 不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；
b．因为该反应为气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下，压强为变量，当容器中气体的压强不变说明达到平衡状态，故b符合；
c．反应前后气体质量不变，容器体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，容器中混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故c不符合；
d．SO3的物质的量不再变化，能说明反应达到平衡状态，故d符合；
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故e符合；
故答案为：bde；
（3）①根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断①图中a极要连接电源的负极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，所以C口流出的物质是H2SO4，
故答案为：负；硫酸；
②SO32-失去电子被氧化成SO42-，电极反应式为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+；
③电解过程中阴极区放氢生碱，水变为氢氧化钠，阴极区变化的质量等于氢氧化钠的质量减去消耗水的质量；
根据电子守恒：
解得x=4.4g
若消耗12.6g Na2SO3，则阴极区变化的质量为4.4 g，故答案为：4.4g。
27.钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。钢铁容易生锈的主要原因是因为钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀。
I．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵（显酸性）溶液和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀，这两种腐蚀都属于_________。（填“化学腐蚀”或“电化学腐蚀”）
（1）红墨水柱两边的液面变为左低右高，则______（填“a”或“b”）边盛有食盐水。
（2）b试管中铁发生的是______腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式______________________________。
Ⅱ．下图装罝的盐桥中盛有饱和NH4NO3琼脂溶液，能够连接两份电解质溶液，形成闭合回路：
（1）该装置的能量转化形式为：______________，装置工作时，盐桥中的NH4+移向 _________。(“CuSO4溶液”或“AgNO3溶液”)
（2）若将盐桥换成n型铜丝，电路中也有电流通过，则左边装置是_____，（填“原电池或电解池”），则n型铜丝左端为___极， 该极反应式为：__。
（3）右边装置中Ag为_________极，左边装置中与Ag相连的铜片电极发生的反应式为：__________。
（4）将左边装置中与Ag相连的铜片电极换成石墨棒，一段时间后，若某一电极质量增重 1.28 g，则另一电极生成________mL（标况下）气体。
【答案】(1). 电化学腐蚀 (2). b (3). 吸氧 (4). O2+2H2O+4e-=4OH- (5). 化学能转化为电能 (6). AgNO3溶液 (7). .电解池 (8). 阴 (9). Cu2++2e-=Cu (10). 正 (11). Cu－2e- = Cu2+ (12). 224
【解析】
【详解】I. a、b试管内分别盛有氯化铵(显酸性)溶液和食盐水，左边a试管中是酸性溶液，发生析氢腐蚀，右边b试管中是中性溶液发生吸氧腐蚀，这两种腐蚀都属于电化学腐蚀，
故答案：电化学腐蚀；
（1）导致U型管内红墨水左低右高，左边试管内气体的压强变大，右边试管内气体的氧气减小，所以左边试管中是酸性溶液氯化铵(显酸性)，发生析氢腐蚀，右边试管中是中性溶液食盐水，发生吸氧腐蚀，故答案为：b；
（2）b试管中是中性溶液食盐水，铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe−2e−=Fe2+，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，
故答案为：吸氧； O2+2H2O+4e-=4OH-；
II.（1）该装置无外加电源，属于原电池装置，因金属活泼性：Cu>Ag，故Cu为原电池负极，Ag为原电池正极。其主要能量转换形式是化学能转化为电能；原电池放电时，右侧Ag+被消耗，根据溶液电中性原则，盐桥中NH4+移向AgNO3溶液移动；
（2）盐桥换成铜丝，左侧装置两电极材料无活泼性差异，不能构成原电池，右侧两电极材料有活泼性差异，能够构成原电池，与原电池相连接的左侧装置为电解池；右侧装置中Ag为原电池正极，Cu为原电池负极，故左侧铜丝为阴极；该电极反应为：Cu2++2e-=Cu；
（3）右侧装置Ag为原电池正极，左侧与Ag连接的装置为电解池的阳极，Cu为活泼金属，故电极反应式为：Cu-2e- = Cu2+；
（4）将左侧与Ag相连的铜片电极换成石墨棒，则左侧装置中石墨电极上发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，其铜电极上电极反应为：Cu2++2e-=Cu，当析出1.28g铜时，转移电子为=0.04mol，故另一极生成气体为0.01mol，其在标况下体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Na:23 S:32 Cu:64
一、选择题（本题共23小题，每小题2分，共46分，每题只有一个正确选项）
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ③⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥⑦⑧ D. ⑤⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①天然气 ②煤 ④石油是化石能源，不是新能源，故不符合题意；常见新能源有：③核能 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能等，③核能发电厂热效率较低，核能电厂的热污染较严重，核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源，故③核能不符合题意；故A、B、C项均不符合题意，所以D符合题意。
综上所述，本题正确答案为D。
2.下列反应既不属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A. 铝片与稀盐酸的反应 B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应
C. 生石灰与水反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应
【答案】B
【解析】分析：凡是反应前后有元素化合价变化的反应均是氧化还原反应，结合反应中的能量变化分析解答。
详解：A. 铝片与稀盐酸的反应是放热的氧化还原反应，A错误；
B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，且不是氧化还原反应，B正确；
C. 生石灰与水反应生成氢氧化钙，放热反应，但不是氧化还原反应，C错误；
D. 甲烷在氧气中的燃烧反应是放热的氧化还原反应，D错误；
答案选B。
3.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质具有能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．
【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，
故选D。
4.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )
A. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
B. 钢柱在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀
C. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】A
【解析】分析：A、牺牲阳极的阴极保护法受保护的金属为负极；B．空气和水是钢铁发生腐蚀的条件；C．铁比锡活泼，易被腐蚀；
详解：A．锌比铁活泼，可为原电池的负极被氧化，铁为正极被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，选项A正确；B．空气和水是钢铁发生腐蚀的条件，其它条件相同时，氧气浓度越大，钢铁腐蚀越严重，空气和水交界处氧气浓度大于水下，所以钢柱在水下部分比在空气与水交界处更不容易腐蚀，选项B错误；C．铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，选项C错误；D、地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，此时该金属作阳极，该电极金属易被腐蚀，选项D错误；答案选A。
5.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从①流向②；①③相连时，③为正极；②④相连时，④上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少。据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是（ ）
A. ①③②④ B. ②①③④ C. ②③①④ D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，据此判断金属活动性强弱。
【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，
①②相连时，外电路电流从①流向②，则①是正极、②是负极，金属活动性①<②，
①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③，
②④相连时，④上有气泡逸出，②为负极、④为正极，活动性②>④，
③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，
通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是②①③④，
故答案为B。
6.仅改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（ ）
A. 加催化剂 B. 降温
C. 加压 D. 加大反应物浓度
【答案】A
【解析】分析：提高活化分子的百分率，可加入催化剂或升高温度，加入催化剂，可降低活化能，升高温度，可使分子转化为活化分子。
详解：加压或增大浓度，只能增大单位体积的活化分子的数目，不能改变活化分子的百分数，加入催化剂或升高温度，可提高活化分子的百分数。答案选A。
7.已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)→CuSO4＋5H2O(l)－Q1kJ，室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放出Q2kJ，则Q1和Q2的关系（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1=Q2 C. Q1
【解析】
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可知其为吸热过程，△H>0，1mol胆矾分解生成1molCuSO4(s)时，CuSO4•5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O (l)△H=+Q1 kJ/mol，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，可得如下图所示关系，
根据盖斯定律，则有△H=Q1+(-Q2)>0，则Q1>Q2。所以合理选项是A。
8.化学键的键能是形成(或断开)1 mol 化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和 P4O6 的分 子结构如图所示:现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198 P—O：360 O==O：498
若生成 1 mol P4O6，则反应 P4(白磷)＋3O2==P4O6 中的能量变化为（ ）
A. 吸收 1638 kJ 能量 B. 放出 1638 kJ 能量
C. 吸收 126 kJ 能量 D. 放出 126 kJ 能量
【答案】B
【解析】分析：反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP-P键．
详解：化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198 P—O：360 O===O：498，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1mol P4和3mol O2完全反应（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ·mol－1+3×498kJ·mol－1-12×360kJ·mol－1=-1638kJ·mol－1，反应放热1638kJ，故选B。
9.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2 H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热△H= -241.8 kJ/mol
B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2，则△H1>△H2
C. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为： NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H= -57.4kJ·mol-1
D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热是指101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时水为液态，而2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，反应中水为气态，因此氢气的燃烧热不是241.8 kJ/mol，A错误；
B、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值，则△H1<△H2，B错误；
C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ 的热量，1mol NaOH完全中和放热57.4kJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，因此稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，C错误；
D、1mol一氧化碳燃烧放热283.0kJ，则2mol一氧化碳燃烧放热566.0kJ，则二氧化碳分解为吸热，反应为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol，D正确；
正确答案：D。
10.氢气是人类最理想的能源。已知在25℃、101 kPa下，1 g 氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9 kJ，则下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A. 2H2＋O2=2H2O ΔH＝－142.9 kJ·mol－1
B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－142.9 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】分析：根据热化学反应方程式书写原则进行判断。已知25℃、101 kPa下，1 g 氢气完全燃烧生成液态水时放出热量142.9 kJ，所以1molH2完全燃烧放出热量为285.8 kJ，,据此解答本题。
详解：A.2H2＋O2=2H2O ΔH＝－142.9 kJ·mol－1，各物质没有标明物质的状态，故A错误；B. ΔH 与化学方程式中的计量数成正比，所以2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1 ，故B错误；C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1符合题意，故C正确；D. 燃烧反应为放热反应，所以ΔH <0,故2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1是错的；答案：选C。
11.已知2 SO2（g）+O2（g）2SO3（g）．若在500℃和催化剂的作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法错误的是（ ）
A. 升高温度，可以加快反应速率
B. 在上述条件下，SO2不能完全转化SO3
C. 使用催化剂是为了加快反应速率
D. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等
【答案】D
【解析】分析：A、根据降低温度，反应速率减慢；B、根据可逆反应不可能完全进行到底； C、根据催化剂可以加快反应速率；D、根据平衡状态时的标志来判断。
详解：A、因升高温度，反应速率加快，选项A正确；B、因可逆反应不可能完全进行到底，所以SO2不能完全转化为SO3，选项B正确；C、因催化剂可以加快反应速率，选项C正确；D、因平衡状态时SO2和SO3的浓度不变，而不是相等，选项D错误；答案选D。
12.冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是（ ）
A. △H＞0，△S＞0 B. △H＞0，△S＜0
C. △H＜0，△S＞0 D. △H＜0，△S＜0
【答案】A
【解析】
【分析】冰融化为水的过程需要吸收热量，固体变为液体的过程是熵增大的过程。
【详解】同种物质，液态的能量大于固态，则冰融化为水的过程是吸热过程，即△H>0，液态时的熵大于固态时的熵，则冰融化为水的过程是熵增加的过程，即△S>0；答案选A。
13.工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时( )
A. 粗铜接电源负极 B. 杂质都将以单质形式沉积到池底
C. 纯铜作阳极 D. 纯铜片增重2.56 g，电路中通过电子为0.08 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，A错误；
B项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；
C项、根据题知在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥沉积到池底，而锌等活泼金属以离子形成存在于溶液中，C错误；
D项、根据题知阴极反应为Cu2＋+2e=Cu，精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为， D正确。
14.已知化学反应A2(g)＋B2(g)= 2AB(g)的能量变化如图所示，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 该反应的反应热ΔH＝＋(a－b)kJ/mol
B. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】A
【解析】
【详解】A项，1molA2（g）+1molB2（g）具有的总能量小于2molAB（g）具有的总能量，该反应为吸热反应，ΔH=+（a-b）kJ/mol，正确；
B项，每生成2molAB（g）吸收（a-b）kJ能量，错误；
C项，从图中可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，错误；
D项，断裂化学键吸收能量，错误；答案选A。
15. 关于下图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）
A. 左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B. 该装置中铜为正极，锌为负极
C. 当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L
D. 装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
【答案】C
【解析】试题分析：A．左边是原电池，右边的电解池，故A错误；B．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；C．根据转移电子守恒得，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为=×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量b→Zn，Cu→a，故D错误；故选C。
16.下图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是（ ）
【答案】A
【解析】试题分析：通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，这说明a电极应该是阴极，溶液中的金属阳离子放电。b电极是阳极，溶液中的OH－放电生成氧气，这说明X是负极，Y是正极。所以选项A符合，B中没有金属析出，C中电极名称不正确，D中生成氯气，答案选A。
17.反应：2A(g)+3B(g)C(g)+4D(g)，速率最快的是（ ）
A. v(C)=0.1mol·L-1·s-1
B. v(B)=4.0 mol·L-1·min-1
C. v(A)=2.0mol·L-1·min-1
D. v(D)=0.3mol·L-1·s-1
【答案】A
【解析】分析：不同物质表示化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致。
详解：A.v(C)/1=0.1mol·L-1·s-1=6.0 mol·L-1·min-1；
B.v(B)/3=4.0/3 mol·L-1·min-1=4/3 mol·L-1·min-1；
C.v(A)/2=2.0/2 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1；
D.v(D)/4=0.3/4 mol/（L•s）=0.075 mol/（L•s）=4.5 mol·L-1·min-1；
所以反应速率快慢为：v（C）＞v（D＞v（B）＞v（A）。
答案选A。
18.高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn ＋2K2FeO4＋8H2O =3Zn（OH）2 ＋2Fe（OH）3 ＋4KOH。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，正极区溶液的pH减小
B. 放电时，负极反应式为3Zn－6e－＋6OH－=3Zn（OH）2
C. 充电时，每转移3 mol电子，阳极有1 mol Fe（OH）3被还原
D. 充电时，电池的锌电极接电源的正极
【答案】B
【解析】试题分析：A．放电时，正极反应式为2FeO42－＋8H2O＋6e－＝2Fe（OH）3＋10OH－，因此正极区溶液的pH增大，A错误；根据放电的反应方程式可知：在电池放电时锌失去电子发生氧化反应，所以Zn作负极，负极反应式为3Zn－6e－＋6OH－=3Zn（OH）2，B正确；B．充电时，每转移3 mol电子，阳极有1 mol Fe（OH）3被氧化，C错误；D．充电时，电池的锌电极接电源的负极，D错误，答案选B。
19.一定条件下，在体积为V L的密闭容器中发生化学反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，可判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是（ ）
A. v生成(CH3OH)＝v消耗(CO) B. CO、H2、CH3OH的浓度比为1:2:1
C. 混合气体的密度不再改变 D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
【答案】D
【解析】A v生成(CH3OH)＝v消耗(CO),表示的都是正反应速率,无法判断正逆反应速率是否相等,则无法判断是否达到平衡状态,故A错误; B.CO、H2、CH3OH的浓度比为1:2:1,无法判断各组分的浓度是否变化,则无法判断平衡状态,故D错误; C 该反应前后都是气体,气体的总质量始终不变,容器的容积不变,则密度不是变量,无法根据密度判断平衡状态,故B错误; D.该反应为气体体积缩小的反应,气体的物质的量发生变化,而气体总质量不变,则平均相对分子质量为变量,当平均相对分子质量不再变化时,说明达到平衡状态,所以C选项是正确的; 答案：C选项是正确的。
20.用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO气体，若要增大反应速率，可采取的措施是：①再加入30mL3mol/L盐酸②改用30mL6mol/L盐酸 ③改用3g粉末状大理石 ④适当升高温度( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析略
21.已知：①Zn(s)＋O2(g)＝ZnO(s)ΔH＝－348.3kJ·mol－1
②2Ag(s)＋O2(g)＝Ag2O(s)ΔH＝－31.0kJ·mol－1
则Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为
A. 2Zn(s)＋2Ag2O(s)===2ZnO(s)＋4Ag(s)ΔH＝－634.6 kJ·mol－1
B. Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag ΔH＝＋317.3kJ·mol－1
C. Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)ΔH＝－317.3kJ
D. Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)ΔH＝＋317.3kJ·mol－1
【答案】B
【解析】①-②得Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag ΔH＝＋317.3kJ·mol－1，故选B。
22.汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题，其基本原理是实现2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的反应．关于该反应，下列说法正确的是（ ）
A. 只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和CO
B. 使用性能好的催化剂可使反应的反应热增大
C. 假设该反应在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡时c（NO）=c（CO）
D. 该反应达到平衡时v（NO）正=v（CO）逆
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据可逆反应的特点可知：不可能完全清除NO和CO，故A错误；
B、催化剂对化学平衡无影响，故催化剂对反应热无影响，故B错误；
C、平衡时各物质的浓度关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故达到平衡时c（NO）与c（CO）不一定相等，故C错误；
D、平衡时，v（NO）正=v（NO）逆，NO与CO的化学计量数相等，故v（NO）正=v（CO）逆，故D正确。
23.在常温条件下，如图所示，烧杯中放入用导线相连的铁、铜两个电极，加入适量的浓HNO3，已知停止工作时，Fe、Cu均有剩余。下列有关说法正确的是（ ）
A. Fe在反应过程中始终作负极
B. Cu能与浓HNO3反应，始终作负极
C. 反应过程中Cu电极表面被逐渐腐蚀
D. Fe电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】A. Fe在开始时被浓硝酸钝化，活动性降低，作正极，故A错误；B. Cu能与浓HNO3反应，开始作负极，当浓硝酸成为稀硝酸时，Fe溶解而成为负极，故B错误；C. 反应过程中Cu电极表面被逐渐腐蚀，故C正确；D. Fe电极反应式：Fe-3e-=Fe3+，故D错误。故选C。
第II卷（非选择题 共54分）
二、填空题（4题共54分）
24.（Ⅰ）某化学反应AB+C在三种不同条件下进行，B、C的起始浓度为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表所示，表中温度为摄氏度（℃）。
实验
序号
0
10
20
30
40
50
60
1
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800
1.0
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
820
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
（1）该反应属于__________反应（填“可逆”或“不可逆”）。
（2）在实验1、2中，有一个实验使用了催化剂。请你利用表中数据判断实验___（填1或2）使用了催化剂，理由是_______________。
（3）该实验表明，影响化学反应速率的因素还有__________。
（II）下图是1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：__________________。
该反应的活化能等于____________________
【答案】(1). 可逆 (2). 2 (3). 反应速率较快（或反应达到平衡需要时间短） (4). 温度 (5). NO2(g) + CO(g) = CO2(g) + NO(g) △H=-234kJ/mol (6). E1＝134kJ/mol
【解析】
【详解】I.（1）由表格可知，随着反应时间的延长，A最终物质的量不变，且未消耗完，故该反应为可逆反应；
（2）由表格中数据对比可知，实验2达到平衡所需时间较实验1短很多，故实验2使用了催化剂；故答案为：2；反应速率较快（或反应达到平衡需要时间短）；
（3）实验3的反应温度升高了，相对于实验1速率加快了，故该实验表明，影响化学反应速率的因素还有温度；
II.由图可知，1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO过程放出（368-134）kJ=234kJ能量，故该反应的热化学方程式为：NO2(g) + CO(g) = CO2(g) + NO(g) △H=-234kJ/mol；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，该反应的活化能为E1＝134kJ/mol。
25.一定温度下，在2L的密闭容器中,M、N 两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示:
(1)反应的化学方程式为_______________。
(2)反应达到最大限度的时间是______min，该时间内的平均反应速率v(N)=______。
(3)反应达到平衡状态时，放中6QkJ的热量，当容器中充入lmolN，反应放出的热量为_____。
①等于QkJ ②小于QkJ ③大于QkJ ④等于2QkJ
(4)判断该反应达到平衡状态的依据是__________。
①该条件下，正逆反应速率都为零
②该条件下，混合气体的密度不再发生变化
③该条件下，混合气体的压强不再发生变化
④该条件下，单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM
(5)能能加快反应速率的措施是_________。
①升高温度 ②容器体积不变，充入隋性气体Ar
③容器压強不变，充入惰性气体Ar ④使用催化剂
【答案】(1). 2NM (2). 6 (3). 0.5 mol/(L·min) 或0.5 mol·L-1·min-1 (4). ② (5). ③ (6). ①④
【解析】(1)反应进行到4min时N减少8mol－4mol＝4mol，M增加4mol－2mol＝2mol，因此反应的化学方程式为2NM。(2)根据图像可知反应进行到6min时物质的物质的量不再发生变化，因此反应达到最大限度的时间是6min，该时间内的平均反应速率v(N)=＝0.5 mol/(L·min)。(3)反应达到平衡状态时，放出6QkJ的热量，即消耗6molN放出6QkJ的热量，由于是可逆反应，则1molN不能完全消耗，所以反应放出的热量为小于QkJ，答案选②；(4)①达到平衡状态时正逆反应速率相等，但不能为零，错误；②密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此该条件下，混合气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；③正反应体积减小，则该条件下，混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，正确；④该条件下，单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，错误；答案选③；(5)①升高温度反应速率加快；②容器体积不变，充入隋性气体Ar，反应物浓度不变，反应速率不变；③容器压強不变，充入惰性气体Ar，容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减小；④使用催化剂反应速率加快；答案选①④。
26.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．
（1）大气中的SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是_____；
（2）已知2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，提高反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施．
①T温度时，在2L容积固定不变密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，则υ（O2）=___ ；
②在①的条件下，判断该反应达到平衡状态的标志是____（填字母）．
a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b．容器内气体的压强不变
c．容器内混合气体的密度保持不变
d．SO3的物质的量不再变化
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
（3）烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示．（电极材料为石墨）
①图中a极要连接电源的（填“正”或“负”）____ 极，C口流出的物质是____；
②SO32﹣放电的电极反应式为 _________ ；
③电解过程中若消耗12.6g Na2SO3，则阴极区变化的质量为 _________ g（假设该过程中所有液体进出口密闭）。
【答案】(1). 2SO2+2H2O+O2=2H2SO4 (2). 0.05mol/（L•min） (3). bde (4). 负 (5). 硫酸 (6). SO32﹣-2e﹣+H2O=SO4 2﹣+2H+ (7). 4.4
【解析】
【详解】1）烟尘中含有O2，SO2具有还原性，故SO2在烟尘的催化下形成硫酸是2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；
（2）①T温度时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，
2SO2（g）+O22SO3（g）△H＜0
起始量（mol/L） 1.0 0.5 0
变化量（mol/L）1×50% 0.25 0.5
平衡量（mol/L） 0..5 0.25 0.5
前5min内O2的平均反应速率==0.05mol/（L•min）；
②化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；
a．物质的浓度关系和起始量和转化率有关，SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2 不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；
b．因为该反应为气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下，压强为变量，当容器中气体的压强不变说明达到平衡状态，故b符合；
c．反应前后气体质量不变，容器体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，容器中混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故c不符合；
d．SO3的物质的量不再变化，能说明反应达到平衡状态，故d符合；
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故e符合；
故答案为：bde；
（3）①根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断①图中a极要连接电源的负极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，所以C口流出的物质是H2SO4，
故答案为：负；硫酸；
②SO32-失去电子被氧化成SO42-，电极反应式为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+；
③电解过程中阴极区放氢生碱，水变为氢氧化钠，阴极区变化的质量等于氢氧化钠的质量减去消耗水的质量；
根据电子守恒：
解得x=4.4g
若消耗12.6g Na2SO3，则阴极区变化的质量为4.4 g，故答案为：4.4g。
27.钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。钢铁容易生锈的主要原因是因为钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀。
I．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵（显酸性）溶液和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀，这两种腐蚀都属于_________。（填“化学腐蚀”或“电化学腐蚀”）
（1）红墨水柱两边的液面变为左低右高，则______（填“a”或“b”）边盛有食盐水。
（2）b试管中铁发生的是______腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式______________________________。
Ⅱ．下图装罝的盐桥中盛有饱和NH4NO3琼脂溶液，能够连接两份电解质溶液，形成闭合回路：
（1）该装置的能量转化形式为：______________，装置工作时，盐桥中的NH4+移向 _________。(“CuSO4溶液”或“AgNO3溶液”)
（2）若将盐桥换成n型铜丝，电路中也有电流通过，则左边装置是_____，（填“原电池或电解池”），则n型铜丝左端为___极， 该极反应式为：__。
（3）右边装置中Ag为_________极，左边装置中与Ag相连的铜片电极发生的反应式为：__________。
（4）将左边装置中与Ag相连的铜片电极换成石墨棒，一段时间后，若某一电极质量增重 1.28 g，则另一电极生成________mL（标况下）气体。
【答案】(1). 电化学腐蚀 (2). b (3). 吸氧 (4). O2+2H2O+4e-=4OH- (5). 化学能转化为电能 (6). AgNO3溶液 (7). .电解池 (8). 阴 (9). Cu2++2e-=Cu (10). 正 (11). Cu－2e- = Cu2+ (12). 224
【解析】
【详解】I. a、b试管内分别盛有氯化铵(显酸性)溶液和食盐水，左边a试管中是酸性溶液，发生析氢腐蚀，右边b试管中是中性溶液发生吸氧腐蚀，这两种腐蚀都属于电化学腐蚀，
故答案：电化学腐蚀；
（1）导致U型管内红墨水左低右高，左边试管内气体的压强变大，右边试管内气体的氧气减小，所以左边试管中是酸性溶液氯化铵(显酸性)，发生析氢腐蚀，右边试管中是中性溶液食盐水，发生吸氧腐蚀，故答案为：b；
（2）b试管中是中性溶液食盐水，铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe−2e−=Fe2+，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，
故答案为：吸氧； O2+2H2O+4e-=4OH-；
II.（1）该装置无外加电源，属于原电池装置，因金属活泼性：Cu>Ag，故Cu为原电池负极，Ag为原电池正极。其主要能量转换形式是化学能转化为电能；原电池放电时，右侧Ag+被消耗，根据溶液电中性原则，盐桥中NH4+移向AgNO3溶液移动；
（2）盐桥换成铜丝，左侧装置两电极材料无活泼性差异，不能构成原电池，右侧两电极材料有活泼性差异，能够构成原电池，与原电池相连接的左侧装置为电解池；右侧装置中Ag为原电池正极，Cu为原电池负极，故左侧铜丝为阴极；该电极反应为：Cu2++2e-=Cu；
（3）右侧装置Ag为原电池正极，左侧与Ag连接的装置为电解池的阳极，Cu为活泼金属，故电极反应式为：Cu-2e- = Cu2+；
（4）将左侧与Ag相连的铜片电极换成石墨棒，则左侧装置中石墨电极上发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，其铜电极上电极反应为：Cu2++2e-=Cu，当析出1.28g铜时，转移电子为=0.04mol，故另一极生成气体为0.01mol，其在标况下体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL。
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