浙江省台州市临海市回浦中学2022学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年浙江省台州市临海市回浦中学高二（上）第一次月考化学试卷　一、单项选择题（1-16题每小题2分，17-22题每小题2分，共50分）1．（2分）下列说法正确的是（　　）A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．不论放热还是吸热反应主要是由反应物、生成物所具有的总能量相对大小决定C．镀层破损后，白铁（镀锌铁）比马口铁（镀锡铁）更易腐蚀D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程2．（2分）下列关于原电池的叙述错误的是（　　）A．原电池中的电解质不一定处于溶液状态B．若欲使原电池处于工作状态，必须将其与外电路形成闭合回路C．排在金属活动性顺序表前面的金属总是作负极，排在后面的金属总是作正极D．负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应3．（2分）下列说法错误的是（　　）A．NH4NO3溶于水是自发过程B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，而固态时最小C．借助于外力能自发进行的过程，其体系的能量趋向于从高能状态转变为低能状态D．由能量判据（以焓变为基础）和熵判据组合而成的复合判据，更适合于所有的过程4．（2分）（2022•上海）据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）A．B．C．D．-38-\n5．（2分）用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（　　）A．加热B．改用浓硫酸C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉6．（2分）（2022•重庆）如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶（离子在琼胶内可以移动），下列叙述正确的是（　　）A．a中铁钉附近呈现红色B．b中铁钉上发生还原反应C．a中铜丝上发生氧化反应D．b中铝条附近有气泡产生7．（2分）如图所示，取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色．则下列说法错误的是（　　）A．b电极是阴极B．a电极与电源的正极相连C．电解过程中水是氧化剂D．b电极附近溶液的pH变小8．（2分）化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+D．钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣=Fe2+9．（2分）下列情况下，能使反应Cu+Zn2+═Cu2++Zn发生的是（　　）A．铜片作原电池的负极，碳棒作原电池的正极，氯化锌作电解质溶液B．铜锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀C．用锌片作阴、阳电极，电解硫酸铜溶液D．用铜片作阴、阳电极，电解硫酸锌溶液10．（2分）（2022•上海）根据碘与氢气反应的热化学方程式-38-\n（i）I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ（ii）I2（S）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ下列判断正确的是（　　）A．254gI2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48kJB．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC．反应（Ⅰ）的产物比反应（Ⅱ）的产物稳定D．反应（Ⅱ）的反应物总能量比反应（Ⅰ）的反应物总能量低11．（2分）（2022•南昌模拟）可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥12．（2分）在密闭容器中，A、B、C三种气体建立化学平衡，它们的反应为A+B⇌C，在相同温度下若体积缩小，则平衡常数为原来的（　　）A．3倍B．2倍C．9倍D．不变13．（2分）下列说法中有明显错误的是（　　）A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率14．（2分）等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列各图中表示其产生氢气总体积（V）与时间（t）的关系正确的是（　　）-38-\nA．B．C．D．15．（2分）已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：①4P（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣akJ/mol②4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol若a、b均大于零，则a和b的关系为（　　）A．a＜bB．a=bC．a＞bD．无法确定16．（2分）如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化）（　　）A．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为绝缘体时，A端低，B端高；为导体时，A端高，B端低D．当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高-38-\n17．（3分）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保护稳定的放电电压．高铁电池的总反应式为：3Zn+2K2Fe04+8H203Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是（　　）A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+20H﹣=Zn（OH）2B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+50H﹣=FeO42﹣+4H2OC．放电时每转移3mole﹣，正极有1molK2FeO4被还原D．放电时正极附近溶液的碱性减弱18．（3分）甲醇广泛用作燃料电池的燃料，可用天然气来合成，已知：①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）；△H=﹣71kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）；△H=﹣90.5kJ•mol﹣1③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890kJ•mol﹣1下列说法不能得出的结论是（　　）A．反应②在任何温度下均能自发进行B．CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H＞﹣90.5mol•L﹣1C．甲醇的标准燃烧热为△H=﹣764kJ•mol﹣1D．若CO的标准燃烧热为△H=﹣282.5kJ•mol﹣1，则H2标准燃烧热为△H=﹣286kJ•mol﹣119．（3分）已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（　　）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）20．（3分）（2022•上海）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（　　）A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体-38-\n21．（3分）（2022•广东）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（　　）A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu22．（3分）（2022•山东模拟）在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c（SO42﹣）=2.0mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（　　）A．2.0mol•L﹣1B．1.5mol•L﹣1C．1.0mol•L﹣1D．0.5mol•L﹣1二、填空题（本题包括6小题，共50分）23．（8分）（1）如图是NO2和CO反应生成CO2和NO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：　_________　；（2）过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了反应的途径，对大多数反应而言主要是通过改变过渡态而导致有效碰撞所需要的能量发生变化．请在图Ⅱ中作出NO2和CO反应时使用催化剂而使反应速率加快的能量变化示意图；（3）进一步研究表明，化学反应的能量变化（△H）与反应物和生成物的键能有关．键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量．下表是部分化学键的键能数据：化学键C﹣HCl﹣ClC﹣ClH﹣Cl键能/kJ•mol﹣1X243330432已知：反应CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol，则上表中X=　_________　．-38-\n24．（8分）密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表： 时间（s） 0 1 2 3 4 5 n（NO）（mol） 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=　_________　．已知：K（300℃）＞K（350℃），该反应是　_________　热反应；-38-\n（2）图中表示NO2的变化的曲线是　_________　．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=　_________　；（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是　_________　；a、v（NO2）=2v（O2）b、容器内压强保持不变c、v逆（NO）=2v正（O2）d、容器内的密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　_________　．a、及时分离出NO2气体b、适当升高温度c、增大O2的浓度d、选择高效的催化剂．25．（8分）50ml0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　_________　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　_________　．（3）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的中和热△H　_________　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．26．（8分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是　_________　，在导线中电子流动方向为　_________　（用a、b表示）．（2）负极反应式为　_________　．（3）电极表面镀铂粉的原因为　_________　．-38-\n27．（9分）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题．（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验．向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为　_________　．（2）装置2中的石墨是　_________　极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为　_________　．（3）装置3中甲烧杯盛放100mL0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红．①电源的M端为　_________　极；甲烧杯中铁电极的电极反应为　_________　．②乙烧杯中电解反应的离子方程式为　_________　．③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为　_________　mL．28．（9分）氢能是最重要的新能源．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一．（1）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为　_________　．（2）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢．某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=　_________　（3）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．-38-\n①导线中电子转移方向为　_________　．（用A、D表示）②生成目标产物的电极反应式为　_________　．③该储氢装置的电流效率η=　_________　．（η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位．）2022-2022学年浙江省台州市临海市回浦中学高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（1-16题每小题2分，17-22题每小题2分，共50分）1．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应　B．不论放热还是吸热反应主要是由反应物、生成物所具有的总能量相对大小决定　C．镀层破损后，白铁（镀锌铁）比马口铁（镀锡铁）更易腐蚀　D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程考点：吸热反应和放热反应；化学能与热能的相互转化；金属的电化学腐蚀与防护．分析：A．根据需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应；B．根据反应物和生成物所具有的总能量决定反应放热还是吸热；C．锌较活泼，镀锌铁难以腐蚀；D．是太阳能转变成化学能．解答：解：A．因需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应需要加热才能发生，但它是放热反应，故A错误；B．因反应物和生成物所具有的总能量决定反应放热还是吸热，若反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，放热反应，反之，吸热反应，故B正确；C．锌较活泼，镀锌铁难以腐蚀，而铁比锡活泼，镀锡铁更易被腐蚀，故C错误；D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，故D错误．故选B．点评：本题主要考查了吸热反应和放热反应，难度不大，需要注意的是放热反应与吸热反应与反应的条件无关．　2．（2分）下列关于原电池的叙述错误的是（　　）　-38-\nA．原电池中的电解质不一定处于溶液状态　B．若欲使原电池处于工作状态，必须将其与外电路形成闭合回路　C．排在金属活动性顺序表前面的金属总是作负极，排在后面的金属总是作正极　D．负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、构成原电池的电解质只要能够导电就可以，不一定处于溶液状态，也可以熔融状态下；B、根据原电池的构成条件分析．C、在原电池中，负极上失去电子发生氧化反应，但不一定都是活泼的金属，例如镁铝碱性电池，铝就作负极．D、在原电池中，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应．解答：解：A、构成原电池的电解质只要能够导电就可以，不一定处于溶液状态，也可以熔融状态下，故A正确．B、原电池构成条件之一即为与外电路形成闭合回路，故B正确．C、在原电池中，负极上失去电子发生氧化反应，但不一定都是活泼的金属，例如镁铝碱性电池，铝就作负极，故C错误；D、在原电池中，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，故D正确．故选C．点评：本题考查了原电池原理，难度不大，明确原电池的构成条件及其反应原理即可．　3．（2分）下列说法错误的是（　　）　A．NH4NO3溶于水是自发过程　B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，而固态时最小　C．借助于外力能自发进行的过程，其体系的能量趋向于从高能状态转变为低能状态　D．由能量判据（以焓变为基础）和熵判据组合而成的复合判据，更适合于所有的过程-38-\n考点：焓变和熵变．分析：A．硝酸铵溶解是熵值增大的过程；B．熵值表示的是体系的混乱度，混乱度越大，熵值越大；C．物质的转化过程就是使物质趋向稳定的过程，物质的能量越低越稳定；D．反应能够自发进行的判断依据为：△H﹣T△S＜0．解答：解：A．硝酸铵溶解是熵值增大的过程，属于自发过程，故A正确；B．物质的熵值与物质的状态有关，气体的混乱度最大，液体次之，固体最小，故B正确；C．物质的转化过程就是使物质趋向稳定的过程，物质的能量越低越稳定，所以说不借助于外力能自发进行的过程，其体系的能量趋向于从高能状态转变为低能状态，故C错误；D．反应能够自发进行的判断依据为：△H﹣T△S＜0，所以反应能否自发进行与熵变和焓变都有关，故D正确；故选：C．点评：本题考查焓变和熵变与反应能否自发进行的关系，题目难度不大，注意反应能否自发进行，取决于自由能的大小，即：△H﹣T△S＜0，与熵变和焓变都有关系．　4．（2分）（2022•上海）据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）　A．B．C．-38-\nD．考点：化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．分析：水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．解答：解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．故选：B．点评：本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热．　5．（2分）用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（　　）　A．加热B．改用浓硫酸　C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉考点：化学反应速率的影响因素．分析：加快铁与稀硫酸的反应速率，可通过增大浓度、升高温度、形成原电池反应或者增大反应物接触面积等角度．解答：解：A．加热，升高温度可加快反应速率，故A不选；B．改用浓硫酸，发生钝化，不生成氢气，则生成氢气的反应速率减小，故B选；-38-\nC．滴加少量CuSO4溶液，置换出Cu，形成原电池，发生电化学反应，反应速率加快，故C不选；D．不用铁片，改用铁粉，增大反应物接触面积，反应速率加快，故D不选．故选B．点评：本题考查影响反应速率的因素，题目难度不大，本题注意温度、浓度、催化剂等条件对反应速率的影响，本题特别是注意原电池反应原理以及固体表面积对反应速率的影响．　6．（2分）（2022•重庆）如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶（离子在琼胶内可以移动），下列叙述正确的是（　　）　A．a中铁钉附近呈现红色B．b中铁钉上发生还原反应　C．a中铜丝上发生氧化反应D．b中铝条附近有气泡产生考点：原电池和电解池的工作原理．专题：压轴题；电化学专题．分析：A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应．B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应．C、a中构成的是铁铜原电池，铜作为正极，发生还原反应．D、b中构成铁铝原电池，铝作负极，发生氧化反应．解答：解：A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极：Fe﹣2e﹣=Fe2+，发生氧化反应，没有红色出现，故A错误；B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应，故B正确；C、a中构成的是铁铜原电池，铜作为正极，发生还原反应，故C错误；D、b中构成铁铝原电池，铝作负极：Al﹣3e﹣═Al3+，发生氧化反应，没有气泡产生，故D错误．故选：B．点评：-38-\n本题考查原电池基础原理，难度不大，注意原电池两极判断与发生反应．　7．（2分）如图所示，取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色．则下列说法错误的是（　　）　A．b电极是阴极B．a电极与电源的正极相连　C．电解过程中水是氧化剂D．b电极附近溶液的pH变小考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极负极先产生了Cl2，漂白pH试纸变白，后OH﹣离子放电产生氧气，H+相对剩余呈酸性，使pH试纸外圈呈红色，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，b为阴极，电极方程式为2H2O﹣4e﹣═H2↑+2OH﹣，所以b极附近的pH增大．解答：解：a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极产生了Cl2，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，b为阴极，电极方程式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，所以b极附近的pH增大，电解过程中生成H2，H元素化合价降低，则水为氧化剂，故选：D．点评：该题以电解饱和食盐水为载体，重点考查学生对电解原理的熟悉了解程度．试题紧扣教材，趣味性强，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，激发学生学习化学的求知欲，也有助于培养学生的逻辑思维能力和应试能力，提高学生的学习效率．　8．（2分）化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）　-38-\nA．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+　D．钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣=Fe2+考点：电极反应和电池反应方程式．专题：电化学专题．分析：B、燃料电池中负极放电的一定是燃料，正极放电的一定是氧气；A、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子；C、粗铜精炼时，阴极是纯铜，粗铜作阳极；D、在原电池中，正极发生得电子的还原反应．解答：解：A、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子失去电子的反应，故A正确；B、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故B错误；C、粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；D、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故D错误．故选A．点评：本题主要考查学生原电池和电解池的工作原理以及电极反应知识，难度不大，可以根据已有知识进行解答．　9．（2分）下列情况下，能使反应Cu+Zn2+═Cu2++Zn发生的是（　　）　A．铜片作原电池的负极，碳棒作原电池的正极，氯化锌作电解质溶液　B．铜锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀　C．用锌片作阴、阳电极，电解硫酸铜溶液　-38-\nD．用铜片作阴、阳电极，电解硫酸锌溶液考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：锌的活泼性大于铜，所以铜和锌离子不能自发的发生反应，要使该反应发生，则需要设计成电解池，且铜作阳极，据此分析解答．解答：解：锌的活泼性大于铜，所以铜和锌离子不能自发的发生反应，要使该反应发生，则需要设计成电解池，且铜作阳极，A．铜、碳和氯化锌溶液不能自发的发生氧化还原反应，所以不能构成原电池，则无法实现反应Cu+Zn2+═Cu2++Zn，故A错误；B．铜、锌和潮湿的空气能构成原电池，锌易失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，所以不能实现反应Cu+Zn2+═Cu2++Zn，故B错误；C．用锌片作电解池阴阳极电解硫酸铜溶液，阳极上锌失电子发生氧化反应，所以不能实现反应Cu+Zn2+═Cu2++Zn，故C错误；D．用铜片作电解池阴阳极电解硫酸锌溶液，阳极上铜失电子发生氧化反应，溶液中锌离子浓度远远大于氢离子浓度，所以锌离子优先放电生成锌，所以能实现该反应，故D正确；故选D．点评：本题考查了原电池和电解池原理，不能自发进行的氧化还原反应可以将其设计成电解池，易错选项是D，注意离子放电顺序还与离子浓度有关，难度中等．　10．（2分）（2022•上海）根据碘与氢气反应的热化学方程式（i）I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ（ii）I2（S）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ下列判断正确的是（　　）　A．254gI2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48kJ　B．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJ　C．反应（Ⅰ）的产物比反应（Ⅱ）的产物稳定　D．反应（Ⅱ）的反应物总能量比反应（Ⅰ）的反应物总能量低考点：-38-\n有关反应热的计算；反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、该反应是可逆反应，所以不能进行完全；B、根据盖斯定律，（Ⅰ）﹣（Ⅱ）得I2（g）=I2（S）+35.96kJ；C、反应（Ⅰ）、反应（Ⅱ）的产物都是HI（g）；D、对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低．解答：解：A．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错误；B．由盖斯定律知（Ⅰ）﹣（Ⅱ）得I2（g）=I2（S）+35.96kJ，故1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误；C．反应（Ⅰ）、反应（Ⅱ）的产物都是HI（g），状态相同，稳定性一样，故C错误；D．对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，故反应（Ⅱ）的反应物总能量比反应（Ⅰ）的反应物总能量低，故D正确；故选：D．点评：本题考查对于热化学方程式的理解、可逆反应特点、物质状态与能量关系等，难度不大，注意题目中“+”表示放热，“﹣”表示吸热．　11．（2分）（2022•南昌模拟）可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．　A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：-38-\n从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．解答：解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③说明了反应中各物质的转化量的关系；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；⑤中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑥也说明符合特征（2）．故①④⑥能说明是否达到平衡状态．故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等．　12．（2分）在密闭容器中，A、B、C三种气体建立化学平衡，它们的反应为A+B⇌C，在相同温度下若体积缩小，则平衡常数为原来的（　　）　A．3倍B．2倍C．9倍D．不变考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，以此解答该题．解答：解：平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，在相同温度下若体积缩小，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，故选：D．点评：本题考查化学平衡的影响因素，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响化学平衡常数的因素，题目难度不大．　13．（2分）下列说法中有明显错误的是（　　）　-38-\nA．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大　B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大　C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞　D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：A、根据压强对反应速率的影响进行判断；B、利用温度对反应速率的影响分析；C、活化分子之间发生的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞；D、催化剂对化学反应速率的影响进行判断．解答：解：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可是反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选C．点评：本题考查了外界条件对反应速率的影响，注重了基础知识考查，难度不大．　14．（2分）等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列各图中表示其产生氢气总体积（V）与时间（t）的关系正确的是（　　）　A．-38-\nB．C．D．考点：原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素．专题：电化学专题．-38-\n分析：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量．解答：解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b．故选A．点评：本题考查了根据图象判断反应速率的大小，难度不大，分析图象时注意图象的拐点及走向和变化趋势．　15．（2分）已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：①4P（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣akJ/mol②4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol若a、b均大于零，则a和b的关系为（　　）　A．a＜bB．a=bC．a＞bD．无法确定考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据①﹣②可得到4P（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=﹣a﹣（﹣b）kJ/mol，结合红磷比白磷稳定来解答．解答：解：①4P（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣akJ/mol，②4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol，由①﹣②可得到4P（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=﹣a﹣（﹣b）kJ/mol，因红磷比白磷稳定，则△H=﹣a﹣（﹣b）kJ/mol＜0，所以b﹣a＜0，即b＜a，故选C．点评：-38-\n本题考查反应热的比较，明确盖斯定律的应用及物质的能量与稳定性的关系即可解答，题目难度不大．　16．（2分）如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化）（　　）　A．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低　B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高　C．当杠杆为绝缘体时，A端低，B端高；为导体时，A端高，B端低　D．当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高考点：原电池和电解池的工作原理．分析：杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e﹣═Cu；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答．解答：解：杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低；杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e﹣═Cu，则A端低，B端高；故选D．点评：本题考查原电池及化学反应，明确杠杆是否导电及发生的反应是解答本题的关键，学生容易忽略杠杆为绝缘体时的情况，题目难度中等．　-38-\n17．（3分）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保护稳定的放电电压．高铁电池的总反应式为：3Zn+2K2Fe04+8H203Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是（　　）　A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+20H﹣=Zn（OH）2　B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+50H﹣=FeO42﹣+4H2O　C．放电时每转移3mole﹣，正极有1molK2FeO4被还原　D．放电时正极附近溶液的碱性减弱考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：A．放电时，负极上锌失电子发生氧化反应；B．充电时，阳极上氢氧化铁失电子发生还原反应；C．放电时，正极上高铁酸钾得电子被还原；D．放电时，正极上电极反应式为FeO42﹣+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据氢氧根离子浓度变化判断．解答：解：A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A正确；B．充电时，阳极上氢氧化铁得电子发生还原反应，电极反应式为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故B正确；C．放电时，正极上高铁酸钾得电子被还原，当有3mol电子转移时，被还原的高铁酸钾的物质的量==1mol，故C正确；D．放电时，正极上电极反应式为FeO42﹣+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大，则溶液的碱性增强，故D错误；故选D．点评：本题考查运用原电池、电解等基础理论解决新情景问题的能力，再结合电极反应分析解答，难度不大，注意掌握电极反应式的书写．　18．（3分）甲醇广泛用作燃料电池的燃料，可用天然气来合成，已知：①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）；△H=﹣71kJ•mol﹣1-38-\n②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）；△H=﹣90.5kJ•mol﹣1③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890kJ•mol﹣1下列说法不能得出的结论是（　　）　A．反应②在任何温度下均能自发进行　B．CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H＞﹣90.5mol•L﹣1　C．甲醇的标准燃烧热为△H=﹣764kJ•mol﹣1　D．若CO的标准燃烧热为△H=﹣282.5kJ•mol﹣1，则H2标准燃烧热为△H=﹣286kJ•mol﹣1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；燃烧热．分析：A、根据△G=△H﹣T△S判断，△G＜0反应自发进行，△G＞0反应不能自发进行；B、与反应②比较，1molCH3OH（g）能量高于1molCH3OH（l），根据能量守恒定律判断；C、依据燃烧热的概念分析，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物分析的热量是燃烧热，据盖斯定律利用反应①②③求得甲醇燃烧的热化学方程式可得；D．一氧化碳燃烧的热化学方程式为CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=﹣△H=﹣282.5kJ/mol，结合①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣71kJ/mol、③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol，利用盖斯定律求氢气燃烧的热化学方程式，据此解答．解答：解：A、反应②的△H＜0，△S＜0，反应是否自发进行与温度有关，在低温下，焓变影响为主，高温时，熵变影响为中，温度的影响取决于△H、△S的具体数据，不能得到反应②不需要加热就能进行的原因，故A错误；B、与反应②比较，1molCH3OH（g）能量高于1molCH3OH（l），反应物的总能量相同，根据能量守恒定律可知该反应放出的热量小于反应②，故△H＞﹣90.5kJ/mol，故B正确；C、据盖斯定律③×2﹣①﹣②×2得：2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△=﹣1528KJ/mol，所以，甲醇的燃烧热为764kJ•mol﹣1，故C正确；D．①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=﹣71kJ/mol，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282.5kJ/mol，③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol，根据盖斯定律得：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣286kJ/mol，所以氢气的燃烧热燃烧热△H=﹣286kJ/mol，故D正确；故选A．点评：-38-\n本题考查反应热的计算、燃烧热概念，注意表示燃烧热的热化学方程式，盖斯定律计算应用，题目难度中等．　19．（3分）已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（　　）　A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂　C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）考点：反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律．专题：物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化．分析：A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I﹣；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；解答：解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A．点评：本题是2022年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大．　20．（3分）（2022•上海）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（　　）-38-\n　A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑　B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高　C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法　D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体考点：原电池和电解池的工作原理；真题集萃．专题：电化学专题．分析：若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．解答：解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误．故选B．点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．　-38-\n21．（3分）（2022•广东）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（　　）　A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应　C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答．解答：解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，A．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，故A正确；B．电极Ⅰ上电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，故B错误；C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu2++2e﹣=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D错误；故选A．点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等．　22．（3分）（2022•山东模拟）在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c（SO42﹣）=2.0mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（　　）　-38-\nA．2.0mol•L﹣1B．1.5mol•L﹣1C．1.0mol•L﹣1D．0.5mol•L﹣1考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒．解答：解：电解1LK2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH﹣→2H2O+O2↑+4e﹣，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e﹣→Cu，2H++2e﹣→H2↑，两极均收集到22.4L（标况）气体，即均生成1mol的气体，阳极生成1mol氧气说明转移了4mol电子，而阴极上生成的1molH2只得到了2mol电子，所以剩余2mol电子由铜离子获得，且溶液中有1mol铜离子，再根据溶液为电中性，遵循电荷守恒可得钾离子物质的量为2×2﹣1×2=2mol，所以浓度为2mol/L．故选A．点评：本题考查学生电解池的工作原理以及溶液中的电荷守恒思想，难度不大，可以根据所学知识来回答．　二、填空题（本题包括6小题，共50分）23．（8分）（1）如图是NO2和CO反应生成CO2和NO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：　NO2（g）+CO（g）═NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1　；（2）过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了反应的途径，对大多数反应而言主要是通过改变过渡态而导致有效碰撞所需要的能量发生变化．请在图Ⅱ中作出NO2和CO反应时使用催化剂而使反应速率加快的能量变化示意图；（3）进一步研究表明，化学反应的能量变化（△H）与反应物和生成物的键能有关．键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量．下表是部分化学键的键能数据：化学键C﹣HCl﹣ClC﹣ClH﹣Cl键能/kJ•mol﹣1X243-38-\n330432已知：反应CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol，则上表中X=　413kJ/mol　．考点：有关反应热的计算；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响．分析：（1）根据能量变化图，反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能；（2）加入催化剂，降低反应物的活化能，反应速率加快；（3）化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此结合CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol计算出表中X；解答：解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234KJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）═NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，故答案为：NO2（g）+CO（g）═NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；（2）加入催化剂，降低反应物的活化能，反应速率加快，图象应为，-38-\n故答案为：；（3）各化学键键能为：Cl﹣Cl243kJ•mol﹣1、C﹣Cl330kJ•mol﹣1、H﹣Cl432kJ•mol﹣1，C﹣HXkJ•mol﹣1反应CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol，反应焓变△H=4×C﹣H+Cl﹣Cl﹣（C﹣Cl+3×C﹣H+H﹣Cl）=﹣106，4X+243﹣（330+3X+432）=﹣106，计算得到X=413kJ/mol；故答案为：413kJ/mol；点评：本题考查较为综合，题目难度中等，本题注意加入催化剂，降低反应物的活化能，反应速率加快，为易错点，学习中要准确把握，另外注意反应热的计算，明确反应热的焓变△H=反应物总键能﹣生成物总键能及焓变的正负与吸收、放热热量的关系，注意正确判断共价键的类型和数目．　24．（8分）密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表： 时间（s） 0 1 2 3 4 5 n（NO）（mol） 0.020 0.010-38-\n 0.008 0.007 0.007 0.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=　　．已知：K（300℃）＞K（350℃），该反应是　放　热反应；（2）图中表示NO2的变化的曲线是　b　．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=　1.5×10﹣3mol/（L•s）　；（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是　b、c　；a、v（NO2）=2v（O2）b、容器内压强保持不变c、v逆（NO）=2v正（O2）d、容器内的密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　c　．a、及时分离出NO2气体b、适当升高温度c、增大O2的浓度d、选择高效的催化剂．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线；（3）反应无论是否达到平衡状态，都满足速率之比等于化学计量数之比；达到平衡状态时，v逆（NO）=2v正（O2），压强不变；反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变；（4）及时分离出NO2气体，平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小；升高温度平衡向逆反应方向移动；增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动；加入催化剂平衡不移动．解答：-38-\n解：（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，本反应中K=，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，故答案为：K=；放热；（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线，0～2s内v（O2）==1.5×10﹣3mol/（L•s），故答案为：b；1.5×10﹣3mol/（L•s）；（3）a、反应无论是否达到平衡状态，都满足速率之比等于化学计量数之比，故a错误；b、反应前后气体的化学计量数之和不相等，则达到平衡状态时，压强不变，故b正确；c、v逆（NO）=2v正（O2）说明达到平衡状态，故c正确；d、容器的体积不变，反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故d错误．故答案为：b、c．（4）a、及时分离出NO2气体，平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小，故a错误；b、升高温度平衡向逆反应方向移动，故b错误；c、增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故c正确；d、加入催化剂平衡不移动，故d错误．故答案为：c．点评：本题考查化学平衡移动以及平衡状态的标志，题目较为综合，难度中等，注意做题方法、判断规律的积累．　25．（8分）50ml0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　环形玻璃搅拌器　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　保温，减少热量散失　．（3）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的中和热△H　偏大　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．考点：中和热的测定．分析：（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；-38-\n（2）实验成败的关键是保温工作，据此确定烧杯间填满碎纸条的作用；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失．解答：解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（2）实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎纸条的作用保温，减少热量散失，故答案为：保温，减少热量散失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，焓变是负值，所以焓变会偏大，故答案为：偏大．点评：本题考查学生有关中和热的装置和误差分析，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　26．（8分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是　化学能→电能　，在导线中电子流动方向为　a→b　（用a、b表示）．（2）负极反应式为　H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O　．（3）电极表面镀铂粉的原因为　增大反应速率　．考点：原电池和电解池的工作原理．分析：（1）氢氧燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置；燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，电子从负极沿导线流向正极；（2）碱性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；（3）反应物接触面积越大，反应速率越快．解答：解：（1）氢氧燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，所以该燃料电池中能量主要转化形式是化学能转化为电能；燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，电子从负极沿导线流向正极，所以通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，电子流动方向为a到b，故答案为：化学能→电能；a→b；（2）碱性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O；-38-\n（3）反应物接触面积越大，反应速率越快，电极表面镀铂粉能增大反应物的接触面积，所以能增大反应速率，故答案为：增大反应速率．点评：本题考查原电池原理，侧重考查化学基本理论，明确燃料电池中正负极的判断、电流及离子流向、电极反应式的书写即可解答，注意电极反应式与电解质溶液酸碱性有关，题目难度不大．　27．（9分）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题．（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验．向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为　O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣　．（2）装置2中的石墨是　正　极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为　2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　．（3）装置3中甲烧杯盛放100mL0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红．①电源的M端为　正　极；甲烧杯中铁电极的电极反应为　Fe﹣2e﹣═Fe2+　．②乙烧杯中电解反应的离子方程式为　2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+　．③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为　224　mL．考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH﹣离子，以此判断并书写电极反应式；（2）装置2为原电池，负极为Cu，电极反应为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，正极为石墨，电极反应为2Fe+2e﹣═2Fe2+，以此书写电池总反应；（3）①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH﹣离子，电极反应为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，-38-\n②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，③根据电极反应和串联电路各极上转移电子的数目相等进行计算．解答：解：（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH﹣离子，反应的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故答案为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣；（2）装置2为原电池，负极为Cu，电极反应为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，正极为石墨，电极反应为2Fe+2e﹣═2Fe2+，反应的总方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：正；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（3）①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH﹣离子，电极反应为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故答案为：正；Fe﹣2e﹣═Fe2+；②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，根据甲烧杯产生气体的电极反应计算生成气体的体积，2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，2mol22.4L0.02molVV==0.224L，即224ml，故答案为：224．点评：本题考查电化学知识，题目难度中等，做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算．　28．（9分）氢能是最重要的新能源．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一．（1）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为　NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑　．（2）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢．某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=　（mol/L）3　-38-\n（3）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．①导线中电子转移方向为　A→D　．（用A、D表示）②生成目标产物的电极反应式为　C6H6+6H++6e﹣=C6H12　．③该储氢装置的电流效率η=　64.3%　．（η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位．）考点：电解原理；化学方程式的书写；化学平衡常数的含义．分析：（1）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，结合转移电子守恒配平方程式；（2）依据化学平衡常数=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积比值计算；（3）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，电子从负极流向阴极；②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；③阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η．解答：解：（1）NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和H2，化学方程式为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；（2）环己烷的起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a﹣b）mol/L，氢气的浓度为3bmol/L，K===（mol/L）3；故答案为（mol/L）3；（3）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从A流向D，故答案为：A→D；②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，故答案为：C6H6+6H++6e﹣=C6H12；-38-\n③阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%﹣xmol，反应后苯的含量=×100%=10%；x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，×100%=64.3%；故答案为：64.3%．点评：本题考查了化学平衡、电解池原理等知识点，熟悉化学平衡常数表达式、电解池工作原理是解题关键，题目难度较大．-38-