福建省宁德第一中学2023-2024学年高二上学期9月月考化学试题（Word版含答案）

宁德一中2023-2024学年高二第一学期化学9月月考答案

1. 【答案】B

【详解】A．水滴内部比边缘溶氧量少，不易发生吸氧腐蚀，不容易生锈，A错误；

B．锌比铁活泼，船底镶嵌锌块，与海水、船构成原电池，锌作负极被消耗，铁作正极被保护，利用的是牺牲阳极保护法，B正确.

C．纯银器长时间暴露在空气中，会与空气中的H2S、O2反应生成黑色的Ag2S，发生的是化学腐蚀，C错误；

D． 保暖贴在发热过程中主要发生了电化学腐蚀——吸氧腐蚀，D错误；

2. 【答案】A

【分析】如图所示，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，ΔH >0，a为正反应的活化能，b为逆反应的活化能，ΔH=+(a-b) kJ/mol。

【详解】A．反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJmol1，故A正确；B．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故B错误；C．依据图象分析判断1mol A2和1mol B2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b)kJ热量，故C错误；D．断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D错误；故选A。

3. 【答案】A

【分析】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极；b极板处有无色无臭气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，b极是阳极，所以X电极是负极，Y电极是正极。

【详解】A．电解硫酸铜溶液，溶液中铜离子在阴极得电子生成铜单质，a极质量增加，b极是溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，A正确；

B．电解氢氧化钠溶液，在两电极上分别得到氧气和氢气，得不到金属单质，B错误；

C．电解硝酸银溶液，铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在b极得不到气体，C错误；

D．电解氯化铜溶液，在b极处溶液中的氯离子失电子得到有刺激性气味的气体，D错误；故选A。

4． 【答案】B

【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v甲(N2)= v甲(H2)=1mol•L-1•min-1、v乙(N2)=2mol•L-1•min-1、v丙(N2)= v丙(NH3)=0.5mol•L-1•min-1，则三个容器中合成氨的反应速率的大小关系为v乙＞v甲＞v丙，故选B。

5． 【答案】C

【详解】A. 惰性电极电解氯化铜溶液，阳极上氯离子放电生成，阴极上铜离子放电析出红色固体，A错误；

B. 电镀铜时，铜片应作阳极，与电源正极相连，B错误；

C. 装置丙中通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，因此外电路电流方向：b极→a极，C正确；

D. 惰性电极电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电，阴极的电极反应式应为，D错误；答案选C。

6． 【答案】C

【详解】A．由盖斯定律可知：-①-②=③×2，则2ΔH3=-ΔH1-ΔH2，A项错误；

B．假设反应热均小于0，根据2ΔH3=-ΔH1-ΔH2可知ΔH2=-ΔH1-2ΔH3，则若ΔH1<0，ΔH3<0，则ΔH2>0，与假设矛盾，B项错误；

C．焓变与反应的始态和终态有关，则在不同油耗汽车中发生反应③，ΔH3相同，C项正确；D．植物的光合作用利用太阳能，将太阳能转化成化学能，D项错误；故选C。

7． 【答案】C

【分析】由图可知，硫酸盐还原菌可将有机物氧化为二氧化碳，而硫氧化菌可将HS-氧化为SO，所以两种菌类的存在，循环把有机物氧化成CO2并放出电子，负极a上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO，发生失电子的氧化反应，负极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO+9H+，正极b上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，原电池工作时，溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极。

8. 【答案】D

【详解】A．根据题干反应方程式信息，锂作原电池的负极，多孔电极为正极，锂为活泼碱金属，易与水反应，故该电池不能用水溶液作为电解液，故A正确；

B．放电时，多孔电极为正极，其电极反应为：，故B正确；C．放电时，锂为负极，充电时，锂电极与外接电源负极相连，故C正确；

D．充电时，当生成(标准状况下)，转移电子数为0.2mol，外电路转移的电子数与内电路迁移离子多带的电荷数相等，故通过隔膜迁移的数目为，故D错误。答案为：D。

9. 【答案】D

【详解】A．电解方法制备金属钴，则Co电极为阴极，与电源的负极相连，故A错误；

B．电解过程中，石墨为阳极，溶液中的氢氧根失去电子，氢离子向Ⅱ室移动，因此Ⅱ室溶液的pH减小，故B错误；

C．移除阳离子交换膜后，石墨电极上氯离子失去电子变为氯气，因此发生的反应改变，故C错误；

D．外电路每通过1mol电子，Ⅲ室中有0.5mol Co2+变为Co单质，有1mol Cl－移向Ⅱ室，则溶液质量理论上减少1mol×35.5g∙mol−1+0.5mol×59g∙mol−1=65g，故D正确。

综上所述，答案为D。

10.A

11. 【答案】C

【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2−2e−＋2OH−=2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，据此作答。

【详解】A．电极a上氢元素失电子价态升高，故电极a为负极，故A正确；

B．电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，故B正确；

C．原电池工作时，阴离子向负极移动，K+移向正极，故C错误；

D．氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确；

故答案选C。

12. 【答案】A

【详解】根据图示信息，可得已知反应：

可得目标方程式：，所以，故选A。

13． 【答案】B

【详解】A．由电解池内的移动方向可判断M电极为阴极，N电极为阳极，气体X为氧气，气体Y为氢气，A正确；

B．工作过程中有水生成，对燃料电池内溶液起到稀释作用，溶液的pH会降低，B错误；

C．每消耗1 mol ，会转移4 mol ，会有4 mol 由M电极区移向N电极区，C正确；

D．M电极上的电极反应式为，D正确；

故选B。

14（14分）．(1) ④⑥⑦ 

(2)C(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)　ΔH=+131.5 kJ·mol－1

（3）－1940 kJ/mol

(4)     0.025mol/(L·min)        70%     AB     D

解析：(1)根据常见化学反应的热效应分析判断；

（2）已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)  ΔH=－437.3 kJ·mol－1

②H2(g)＋O2(g)=H2O(g)  ΔH=－285.8 kJ·mol－1

③CO(g)＋O2(g)=CO2(g)  ΔH=－283.0 kJ·mol－1

根据盖斯定律可知①－②－③即得到碳单质与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为C(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋131.5 kJ·mol－1。

（4）①在2L容器中投入2mol和bmol，发生反应2SO2+O2=2SO3，根据图象可知0～10min内生成三氧化硫1mol，则消耗二氧化硫1mol，氧气0.5mol，则v(O2)=＝0.025mol/(L·min)。

②根据图象可知25min时浓度不再发生变化，则反应达到最大限度的时间是25min，在该条件下消耗二氧化硫是1.4mol，所以的最大转化率为。

③A.升高温度能够加快反应速率；

B.保持体积不变，再充入一定量的氧气，反应物浓度增大，能够加快反应速率；

C.保持压强不变，充入He使容积增大，浓度减小，反应速率减小；

D.保持体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变；

答案选AB。

④A.v(SO3)=v(SO2)没有指明反应的方向，不一定处于平衡状态；

B.反应前后混合气体的质量和容器容积均不变，密度始终不变，即混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态；

C.三种气体的是无色的，则体系内气体的颜色不再发生改变不能说明反应达到平衡状态；

D.正反应体积减小，混合气体的总物质的量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态；

E.、、的物质的量之比等于2：1：2，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态；

答案选D。

15（12分）．(1)  负极          11.2    

(2)     氢气     氢氧化钠    

【分析】根据电子的移动方向可知，c为该燃料电池的负极，d为燃料电池的正极，故a通入的为甲醇，b通入的为氧气，负极反应式为，氧气作正极，1mol氧气得4mol电子，则线路中转移2 mol电子，消耗的O2在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

（2）①根据分析，a电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，反应生成H2和NaOH，则图中A口产生的气体为氢气，B口流出的物质是氢氧化钠；

②b电极为阳极，失去电子发生氧化反应生成，其电极反应式为。

（3）①电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g，则银电极失电子发生氧化反应，为阳极，与之相连的为Y为正极；

②若通电时间较短，B电解过程中，阳极为水中的氢氧根放电失电子生成氧气，阴极为铜离子得电子生成单质铜，则电解后要使该电解液复原，可以加入物质的化学式为CuO；

16(12分). 【答案】(1)          d

(2)

(3)     负极(1分)     X(1分)     增大(1分)        不变(1分)      32g

【详解】（1）①电解精制饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式。

②阴极反应为，氢氧化钠是阴极产物，从图中d处收集。

（2）用惰性电极电解溶液制得，锰元素化合价升高，在阳极失电子发生氧化反应，是氧化产物，阳极的电极反应式为。

（3）①氧气在N极得电子生成水，可知N是正极，则M为负极；镀铜时，铜作阳极、铁作阴极， 所以X与铁电极相连。工作过程中，N极反应式为，N极区域溶液中pH将增大；

②氯乙烯()转换成对环境无害物质，M极反应式为，消耗0.1mol氯乙烯，转移1mol电子，铁电极发生反应Cu2++2e-=Cu，生成0.5mol铜，增重32g，电镀过程中，电解质溶液的浓度不变，硫酸铜溶液的浓度不变。

17（10分）．(1)阳（1分）

(2)     3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2     高氯酸钠

(3)     蒸发浓缩     NaCl（1分）

(4)×100%

【分析】制备高氯酸铜的工艺流程可以分为六步。①电解Ⅰ：电解食盐水生成H2、Cl2与NaOH；②歧化反应：Cl2与Na2CO3反应生成CO2、NaClO3与NaCl；③电解Ⅱ：进一步氧化NaClO3生成NaClO4；④反应Ⅰ：加入盐酸使NaCl析出；⑤经过蒸发浓缩之后得到60%以上的高氯酸；⑥反应Ⅱ：高氯酸与Cu2(OH)2CO3经过一系列反应之后得到高氯酸铜。据此可回答相应问题。

【详解】（1）电解食盐水的过程中，阳极生成Cl2，阴极生成OH—，为了防止OH—移动到阳极与Cl2发生反应，应该选用可以阻止阴离子通过的阳离子交换膜。

（2）①根据题干中对歧化反应的定义，Cl2与Na2CO3发生歧化反应的化学方程式为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；②电解的过程中阳极发生氧化反应，经过电解Ⅱ后，NaClO3被氧化为NaClO4，故阳极产物为高氯酸钠。

（3）低浓度的高氯酸经过操作a之后可生成60%以上的高氯酸，故操作a为蒸发浓缩；该流程中反应Ⅰ可生成NaCl晶体，电解Ⅰ又需要消耗NaCl，故可以循环利用的物质是NaCl。

（4）1mol Cu(ClO4)2•6H2O需要2mol HClO4反应得到，2mol HClO4需要2mol NaClO3经过两步反应得到，2mol NaClO3需要6mol Cl2反应得到，6mol Cl2需要12molNaCl电解得到。故理论上消耗12mol NaCl可生成1mol Cu(ClO4)2•6H2O。，ag NaCl的物质的量为mol，理论上可得到mol Cu(ClO4)2•6H2O，实际只得到mol Cu(ClO4)2•6H2O，故产率=

【点睛】歧化反应是同种元素自身的氧化还原反应，故一部分该元素化合价升高，另一部分化合价降低，不可能出现同时降低或同时升高的情况。本题第二问中歧化反应的另一种产物NaCl即通过该原则推断得到。