2021-2022学年湖北省黄冈市麻城实验高级中学高二下学期月考化学试题（2月份）（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄冈市麻城实验高级中学2021-2022学年高二（下）月考（2月份）一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）某大型纪录片展示了中国探索太空，开发深海，建设世界一流高铁、桥梁、码头，5G技术连通世界等举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系，下列说法不正确的是（）A．太阳能、风能、潮汐、地热能是一次能源，而我国大力发展核电、光电、风电、水电等电能属于二次能源 B．物质发生化学反应时一定伴随着能量变化，在常温下进行的反应也可能是吸热反应 C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是硅 D．C919大型客机使用了大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金可减轻机身自重2．（2分）下列关于钢铁的防护方法，说法不正确的是（）A．外加电流的阴极保护法，石墨棒做阳极 B．牺牲阳极的阴极保护法，镁做负极，钢铁输水管做正极 C．化学防护法，不属于电化学防护法 D．覆盖保护层法，不属于电化学防护法3．（2分）下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．保存FeCl2溶液时常常需要加入少量的Fe粉 B．夏天打开可乐时，瓶中立刻泛起大量泡沫 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2 D．黄色的Na2CrO4溶液中，加入硫酸后，溶液呈橙色4．（2分）根据反应情况不同，反应热可分为多种，例如燃烧热、中和热、溶解热等，下列关于燃烧热的说法不正确的是（）A．已知：S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1＝﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2＝﹣Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q2 B．已知反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的ΔH＞0，则该反应在高温下能自发进行。C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3，放出的热量为19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH＝﹣QkJ•mol﹣1则Q＞38.6 D．已知中和热为﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa（OH）2的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJ5．（2分）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g）⇌HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是（）A．a～c，CO的转化率随温度的升高而增大的原因是因为该反应是吸热反应，升高温度反应正向移动 B．平衡常数Kb＜Kd，由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜 C．向该容器中充入N2，CH3OH的转化率增大 D．反应速率υb＜υd6．（2分）下列说法正确的是（）A．Na2CO3溶液可用带玻璃塞的试剂瓶保存 B．将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体 C．配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再加水稀释 D．除去Cu2+中含有的Fe3+杂质，可加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，充分反应后，过滤7．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．无色透明溶液中：NH4+、SO42﹣、Na+、MnO4﹣ B．QUOTE1×10﹣12的溶液中：NO3﹣、Na+、AlO2﹣、K+ C．c（H+）QUOTE的溶液中：Fe3+、Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣ D．c（H+）水电离・c（OH﹣）水电离＝10﹣26的水溶液中：Na+、NO3﹣、Ag+、K+8．（2分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），正确的是（）①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为1：10③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由大到小顺序为d、b、c、a④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（Na+）＝2c（SO42﹣）⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka×Kh＝Kw⑥pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m＞nA．①②④ B．④⑤⑥ C．①②⑤ D．②⑤⑥9．（2分）下列有关说法正确的是（）A．基态氮原子的电子排布图（轨道表示式）为： B．某基态原子的价电子排布可能是3d54s1 C．第一电离能：O＞N D．基态F原子核外有9种能量不同的电子10．（2分）室温下，用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．a表示的是醋酸的滴定曲线 B．滴定b过程中，指示剂可以是酚酞 C．pH＝7时，滴定盐酸消耗的V（NaOH）＝20.00mL D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）二、选择题（本大题共5小题，每小题4分，每个小题1-2个选项，少选得2分，不选和错选均不得分）11．（4分）某短周期元素R的各级电离能数据（用I1、I2…表示，单位为kJ•mol﹣1，如表所示。关于元素R的判断中正确的是（）I1I2I3I4I5I657818172745115781483118378A．R元素基态原子的电子排布式为ns1 B．R的最高正价为+3价 C．R元素的颜色反应为黄色 D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族12．（4分）一种烷烃催化转化装置如图所示，下列说法正确的是（）A．该装置将电能转化为化学能 B．H+向左侧迁移 C．负极的电极反应式为C2H6﹣2e﹣═C2H4+2H+ D．每消耗0.1molC2H6，需要消耗标准状况下的空气2.8L（设空气中氧气的体积分数为20%）13．（4分）（多选）最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．吸附层a是负极，发生氧化反应，吸附层b是正极，发生还原反应 B．“全氢电池”的总反应为：H++OH﹣＝H2O C．NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应 D．Na+在装置中从左侧向右侧移动，ClO4﹣从右侧向左侧移动。14．（4分）工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）已知：甲醇CH3OH脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea＝+103.1kJ•mol﹣1方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb＝+249.3kJ•mol﹣1A．CH3OH*→CO*+2H2的ΔH＜0 B．①②都为O﹣H键的断裂过程 C．由活化能E值推测，甲醇脱氢过程主要历经的方式应为Ⅰ D．放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*15．（4分）（多选）A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同（已知：2NO2⇌N2O4ΔH＜0）下列叙述正确的是（）A．达到平衡时A和B中NO2气体体积分数相同 B．若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，再次达到平衡后A中NO2转化率增大，B中NO2转化率不变 C．若气球的体积不再改变，表明B中反应已达到平衡 D．室温下，若设法使A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时B中气体的颜色较深三、填空题（本大题共4小题，共60分）16．（15分）氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题（1）肼（N2H4）是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：①正反应的活化能为kJ•mol﹣1，气态肼分解的热化学方程式为。②该反应的ΔS（填“＞”“＜”或“＝”）0，该反应自发进行的条件为（填“高温”“低温”或“任意温度”）。（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分多步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：①反应A+B→C（ΔH＜0）分两步进行：（i）A+B→X（ΔH＞0）；（ii）X→C（ΔH＜0）。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（填字母）。②已知：H2O（g）═H2O（l）ΔH1＝﹣Q1kJ•mol﹣1C2H5OH（g）═C2H5OH（1）ΔH2＝﹣Q2kJ•mol﹣1C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）ΔH3＝﹣Q3kJ•mol﹣1则C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）的ΔH＝kJ•mol﹣1，若将23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为。17．（16分）一定温度下，将气体A、B置于固定容积为4L的密闭容器中，发生反应：3A（g）+B（g）＝2C（g）+D（g）ΔH＜0。反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.6mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。（1）用C表示的前10s内正反应的平均反应速率为。（2）反应前A的物质的量浓度是。（3）10s末，生成物D的物质的量浓度为；该温度下，上述反应的平衡常数Kc＝（用分数表示），其他条件不变，升高温度，Kc将（填“增大”“减小”或“不变”，下同）。（4）平衡后，若改变下列条件，生成D的速率将如何变化？编号改变的条件生成D的速率①压缩容器的体积②恒压下充入He（不参与体系反应）③恒容下充入Ne（不参与体系反应）18．（14分）以二甲醚（CH3OCH3）﹣空气碱性燃料电池为电源进行如下实验，装置如图所示。用装置C精炼粗银。已知：二甲醚﹣空气碱性燃料电池的总反应为CH3OCH3+3O2+4KOH═2K2CO3+5H2O。回答下列问题：（1）X极的电极名称为，b极名称为，d极材料是（填化学式）。（2）b极附近可能的现象是。（3）d极上发生（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为。（4）若装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则理论上装置C中可得纯银的质量为g。19．（15分）某同学在实验室利用Fe﹣Mg合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：（1）工业上常将Fe﹣Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是。（2）“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为；写出“氧化”时反应的离子方程式：。（3）“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是（任填一种合适试剂的化学式），当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c（Fe3+）＝，列式计算并判断此时是否有Mg（OH）2沉淀生成：。{已知氧化后的溶液中c（Mg2+）＝0.02mol•L﹣1，Ksp〖Fe（OH）3〗＝2.7×10﹣39、Ksp〖Mg（OH）2〗＝5.6×10﹣12}。（4）制备无水MgCl2过程中需要在HCl气体氛围中进行，其原因是。

▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．〖祥解〗A．从自然界中直接获取的能源为一次能源，一次能源加工得到的能源为二次能源；B．氯化铵与氢氧化钡反应常温下进行，需要吸收热量；C．光缆的主要成分是二氧化硅；D．铝锂合金硬度大，密度小；〖解答〗解：A．太阳能、风能、潮汐、地热能是一次能源，而我国大力发展核电、光电、风电、水电等电能属于二次能源，故A正确；B．物质发生化学反应时一定伴随着能量变化，在常温下进行的反应也可能是吸热反应，如氯化铵与氢氧化钡的反应，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光纤的主要原料，故C错误；D．铝锂合金硬度大，密度小，适合作飞机材料，故D正确；故选：C。〖点评〗本题考查物质的组成及应用，为高频考点，把握物质的组成、性质、性质与用途为解答本题的关键，侧重分析能力与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。2．〖祥解〗A.在电解池中，阴极被保护，阳极被腐蚀；B.镁和输水管形成原电池，负极被腐蚀，正极被保护；C.化学防护法属于电化学防护法；D.覆盖保护层法，没有涉及原电池或电解池的形成。〖解答〗解：A.在电解池中，阴极被保护，阳极被腐蚀，即石墨做阳极，铁管道做阴极被保护，是外加电流的阴极保护法，故A正确；B.镁和输水管形成原电池，镁做负极被腐蚀，输水管做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C.铁管道和锌形成原电池，锌做负极被腐蚀，化学防护法属于电化学防护法，故C错误；D.覆盖保护层法，没有涉及原电池或电解池的形成，故不属于电化学保护法，故D正确；故选：C。〖点评〗本题考查了金属的腐蚀和防护，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。3．〖祥解〗勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。〖解答〗解：A．加入Fe粉发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe2+，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故B错误；C．存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．存在平衡：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，加入硫酸后，平衡向右移动，溶液呈橙色，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选：A。〖点评〗本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程。4．〖祥解〗A．等量的S（g）能量高于S（s）；B．根据△H﹣T△S＜0反应能自发进行判断；C．合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化；D．含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa（OH）2的稀溶液混合除了生成水还有硫酸钡沉淀生成。〖解答〗解：A．已知：S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1＝﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2＝﹣Q2kJ•mol﹣1，等量的S（g）能量高于S（s），则Q1＜Q2，故A正确；B．C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H＞0，又气体体积增大是熵变增大的反应即△S＞0，所以高温下△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行，故B正确；C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则1molN2完全反应放热大于38.6kJ，所以其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH＝﹣QkJ•mol﹣1则Q＞38.6，故C正确；D．含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa（OH）2的稀溶液混合除了生成水还有硫酸钡沉淀生成，所以放出的热量对于57.3kJ，故D错误；故选：D。〖点评〗本题考查热化学方程式，为高频考点，把握中和热、可逆反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。5．〖祥解〗由CH3OH（g）+CO（g）⇌HCOOCH3（g）的反应图象可知，CO的转化率先增大后减小，83℃左右即图象最高点时反应达到平衡状态，83℃以前反应没有达到平衡状态，83℃后升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应正向为放热反应，结合温度、浓度对化学反应速率和平衡移动的影响分析解答。〖解答〗解：A．a点至c点，反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，所以CO的转化率逐渐增大，故A错误；B．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则Kb＞Kd，根据图可知，温度在80～85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80～85℃之间，故生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故B错误；C．向该容器中充入N2，各组分浓度不变，平衡不移动，则CH3OH的转化率不变，故C错误；D．b点的温度比d点的低，故υb＜υd，故D正确；故选：D。〖点评〗本题考查化学平衡移动及平衡图象分析，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握图象变化特点及化学平衡的影响因素为解答关键，注意平衡状态的判断和温度对化学反应速率的影响，题目难度不大。6．〖祥解〗A．Na2CO3溶液水解呈碱性；B．AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性；C．硫酸可抑制铁离子水解，但会引入硫酸根离子；D．Fe3+离子水解，溶液显酸性，加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去。〖解答〗解：A．二氧化硅能与碳酸钠水解生成的氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠能将瓶口和塞子黏在一起，故A错误；B．AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性，加热促进盐酸挥发，所以最终得到的固体是Al（OH）3，灼烧得到氧化铝，故B错误；C．浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故C错误；D．Fe3+离子水解，溶液显酸性，除去Cu2+中含有的Fe3+杂质，加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去，故D正确；故选：D。〖点评〗本题考查了盐类水解原理的分析判断，注意影响水解平衡的理解应用，题目难度不大。7．〖祥解〗A.含有高锰酸根离子的溶液呈紫色；B.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C.该溶液呈中性，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D.该溶液抑制了水的电离，可能为强酸或强碱溶液，银离子与氢氧根离子反应。〖解答〗解：A.含有MnO4﹣的溶液呈紫色，不满足溶液无色的条件，故A错误；B.该溶液呈碱性，NO3﹣、Na+、AlO2﹣、K+、OH﹣之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；C.Fe3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.c（H+）水电离・c（OH﹣）水电离＝10﹣26的水溶液呈酸性或碱性，OH﹣、Ag+之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：B。〖点评〗本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。8．〖祥解〗①加水稀释，溶液中c（H+）减小，水的离子积不变，则c（OH﹣）增大；②根据pH＝﹣lgc（H+）计算；③氢氧化钠为强碱，pH相等时其浓度最小；其它三种都是强碱弱酸盐，对应酸的酸性越强，盐的水解程度越小，溶液pH越大，pH相同时其物质的量浓度越小；④混合液的pH＝7，呈中性，结合电荷守恒分析；⑤水解和电离为可逆过程，KaQUOTE，KhQUOTE，据此计算Ka•Kh分析判断；⑥醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡。〖解答〗解：①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，c（H+）减小，由于水的离子积不变，则溶液中的c（OH﹣）增大，故①错误；②由pH＝﹣lgc（H+）可知，pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸中c（H+）分别为10﹣2mol/L、10﹣1mol/L，c（H+）之比为10﹣2mol/L：10﹣1mol/L＝1：10，故②正确；③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，则pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③错误；④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO42﹣），故④错误；⑤水解和电离为可逆过程，KaQUOTE，KhQUOTE，则Ka•KhQUOTEc（H+）•c（OH﹣）＝Kw，故⑤正确；⑥因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n，故⑥正确；故选：D。〖点评〗本题考查电解质的电离、盐类的水解及pH的计算等知识，题目难度中等，注意根据电解质的电离特点结合电荷守恒来分析解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及知识迁移能力。9．〖祥解〗A．违背能量最低原理；B．3d、4s轨道电子处于半满，能量较低；C．同周期从左到右，第一电离能增大趋势，第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；D．氟原子核外有9个电子，结合构造原理、根据其能级不同能量不同分析。〖解答〗解：A．N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，基态氮原子的电子排布图为，故A错误；B．某基态原子的价电子排布可能是3d54s1，为Cr元素，故B正确；C．第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，则N的第一电离能大于O，第一电离能：N＞O，故C错误；D．因为F原子核外有9个电子，其核外电子排布式为1s22s22p5，因为能级不同能量不同，所以其原子核外能量不同的电子有3种，故D错误；故选：B。〖点评〗本题考查原子结构和元素的性质、晶体的结构，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原子核外电子排布特点，把握元素周期律等知识是解答关键，题目难度不大。10．〖祥解〗A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；B．b为滴定盐酸，恰好反应时生成NaCl，溶液呈中性，结合指示剂的变色范围分析；C．pH＝7时，溶液呈中性，n（NaOH）＝n（HCl）；D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。〖解答〗解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以a是滴定醋酸的曲线，b是滴定盐酸的曲线，故A正确；B．b曲线为滴定盐酸，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8﹣10，可以用酚酞作指示剂，故B正确；C．pH＝7时溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），说明n（NaOH）＝n（HCl），二者浓度相同，则滴入氢氧化钠溶于体积为20.00mL，故C正确；D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选：D。〖点评〗本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。二、选择题（本大题共5小题，每小题4分，每个小题1-2个选项，少选得2分，不选和错选均不得分）11．〖祥解〗该短周期元素R的第四电离能剧增，说明该原子最外层有3个电子，处于ⅢA族，可能为B、Al等元素，以此解答该题。〖解答〗解：A.如为B，基态原子的电子排布式为1s22s22p1，若为Al，基态原子的电子排布式为〖Ne〗3s23p1，故A错误；B.R元素的最外层有3个电子，所以R的最高正价为+3价，故B正确；C.钠元素的焰色反应为黄色，R为Al或B，故C错误；D.R元素位于元素周期表中第ⅢA族，故D错误；故选：B。〖点评〗本题考查元素的电离能，为高频考点，把握最外层电子数与电离能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与元素性质的应用，题目难度不大。12．〖祥解〗根据图象可知，Fe﹣Co合金电极上的反应：C2H6﹣2e﹣＝C2H4+2H+，失去电子，发生氧化反应，做电池的负极；正极氧气得电子与氢离子反应生成水。A．该装置为原电池；B．原电池阳离子向正极移动；C．负极C2H6失去电子，生成C2H4，发生氧化反应；D．根据得失电子守恒计算。〖解答〗解：A．该装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；B．原电池的内电路中，H+向正极移动，即向右侧迁移，故B错误；C．分析可知，负极的电极反应式为C2H6﹣2e﹣＝C2H4+2H+，故C正确；D．每消耗0.1molC2H6，转移0.2mol电子，需要消耗0.05mol氧气，则需空气0.25mol，标准状况下空气体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，故D错误；故选：C。〖点评〗本题考查了原电池原理应用，电极反应书写方法，电子守恒法计算反应物等知识，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。13．〖祥解〗由图可知，左侧为电子的流出极，故吸附层a是负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，吸附层b是正极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，据此作答。〖解答〗解：A.吸附层a是负极，氢气失电子发生氧化反应，吸附层b是正极，氢离子得电子发生还原反应，故A正确；B.由电池的两极反应可知“全氢电池”的总反应为：H++OH﹣＝H2O，故B正确；C.NaClO4未参与电极反应，故C错误；D.原电池工作时，阳离子Na+在装置中从左侧（负极）向右侧（正极）移动，阴离子ClO4﹣不能透过阳离子交换膜，不能从右侧（正极）向左侧（负极）移动，故D错误；故选：CD。〖点评〗本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极是解题的关键。14．〖祥解〗A．反应物能量小于生成物能量为吸热反应，由起始及最终状态可知，最终状态能量高；B．甲醇只有1个O﹣H键；C．方式Ⅱ中活化能大；D．由图可知，放热最多为112.6kJ/mol转化为﹣65.7kJ/mol。〖解答〗解：A．由起始及最终状态可知，最终状态能量高，则CH3OH*→CO*+2H2（g）的△H＞0，故A错误；B．甲醇只有1个O﹣H键，则只有①为O﹣H键的断裂过程，故B错误；C．方式I中活化能小，则甲醇脱氢过程主要历经的方式应为Ⅱ，故C错误；D．由图可知，放热最多为112.6kJ/mol转化为﹣65.7kJ/mol，此时对应的反应为CHO*+3H*＝CO*+4H*，故D正确；故选：D。〖点评〗本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握化学键的断裂、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中能量变化及应用，题目难度不大。15．〖祥解〗A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气球．说明A为恒温恒容，B为恒温恒压，2NO2⇌N2O4△H＜0是一个气体体积减小、正反应为放热的反应；A．反应2NO2⇌N2O4气体体积减小，A相当于B为减小压强，平衡逆向移动；B．保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；保持压强不变，通入一定量的NO2，平衡不移动；C．反应2NO2⇌N2O4气体体积减小，气球的体积不再改变，说明各组分的量不再变化；D．该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，B仍为原平衡状态。〖解答〗解：A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气球。说明A为恒温恒容，B为恒温恒压，反应2NO2⇌N2O4△H＜0是一个气体体积减小、正反应为放热的反应，A．反应2NO2⇌N2O4气体体积减小，A相当于B为减小压强，平衡逆向移动，A中NO2气体体积分数大B中NO2气体体积分数，故A错误；B．保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，NO2的转化率将增大；保持压强不变，通入一定量的NO2，平衡不移动，达到平衡时NO2的转化率不变，故B正确；C．反应2NO2⇌N2O4气体体积减小，气球的体积不再改变，说明各组分的量不再变化，反应达到平衡状态，故C正确；D．该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，颜色变深，B仍为原平衡状态，NO2的浓度不变，颜色不变，故D错误；故选：BC。〖点评〗本题考查压强、温度、浓度对化学平衡的影响，难度中等，构建平衡建立的等效途径是解题的关键，注意勒夏特列原理的运用。三、填空题（本大题共4小题，共60分）16．〖祥解〗（1）①焓变等于正逆反应的活化能之差，由图可知气态肼分解吸热为50.7kJ；②为气体体积增加的反应，△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；（2）①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；②ⅠC2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H1＝﹣Q3kJ/molⅡC2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣Q2kJ/molⅢH2O（g）＝H2O（l）△H3＝﹣Q1kJ/mol依据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ+3×Ⅲ得到：C2H5OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l）。〖解答〗解：（1）①焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为（a+50.7）kJ/mol，由图可知气态肼分解吸热为50.7kJ，则热化学方程式为N2H4（g）＝N2（g）+2H2（g）△H＝+50.7kJ/mol，故〖答案〗为：a+50.7；N2H4（g）＝N2（g）+2H2（g）△H＝+50.7kJ/mol；②为气体体积增加的反应，则△S＞0，且△H＞0，△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温，故〖答案〗为：＞；高温；（2）①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〖答案〗为：D；②ⅠC2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H1＝﹣Q3kJ/molⅡC2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣Q2kJ/molⅢH2O（g）＝H2O（l）△H3＝﹣Q1kJ/mol依据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ+3×Ⅲ得到：C2H5OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣（Q3﹣Q2+3Q1）kJ/mol；若使23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ；故〖答案〗为：﹣（Q3﹣Q2+3Q1）；（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ。〖点评〗本题考查了燃烧热概念，热化学方程式的计算，盖斯定律的计算应用，物质的能量分析应用和化学反应的能量变化，热化学方程式的计算和盖斯定律的计算应用是解题关键，题目难度中等。17．〖祥解〗（1）根据vQUOTE计算C的反应速率，（2）根据方程式3A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g），计算A、D的物质的量浓度；（3）根据外界条件对反应速率的影响分析生成D的速率的变化；（4）浓度增大，平衡正向移动，反应速率增大，浓度减小，反应速率减小。〖解答〗解：（1）vQUOTE0.02mol/（L•s），故〖答案〗为：0.02mol/（L•s）；（2）根据方程式3A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）可知，生成0.8molC，消耗A的物质的量为0.8molQUOTE1.2mol，达到平衡，测得A的物质的量为1.6mol，则反应前A的物质的量为1.2mol+1.6mol＝2.8mol，反应前A的物质的量浓度是QUOTE0.7mol/L，故〖答案〗为：0.7mol/L；（3）根据方程式可知，10s末，生成物D的物质的量为C的物质的量的一半，为0.4mol，则10s末，生成物D的浓度为QUOTE0.1mol/L，C的物质的量浓度为QUOTE0.2mol/L，根据方程式3A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）可知，生成0.8molC，消耗B的物质的量为0.8molQUOTE0.4mol，达到平衡，测得A的物质的量为0.6mol，则反应前A的物质的量为0.6mol+0.4mol＝1mol，反应前B的物质的量浓度是QUOTE0.25mol/L，反应的平衡常数KcQUOTE，升高温度平衡朝着升高温度的逆反应方向移动，Kc减小，故〖答案〗为：0.1mol/L；QUOTE；减小；（4）由反应3A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）△H＜0可知：①压缩体积，浓度增大，平衡正向移动，反应速率增大，故〖答案〗为：增大；②恒压下充入Ne，体积增大，浓度减小，反应速率减小，故〖答案〗为：减小；④恒容下充入Ne，对参加反应的气体来说，浓度不变，则速率不变，故〖答案〗为：不变。〖点评〗本题考查化学平衡的计算和反应速率的影响因素，题目难度不大，注意外界条件对化学反应速率的影响，注重基础知识的积累。18．〖祥解〗由图可知，装置C为精炼粗银，c电极为Ag﹣e﹣═Ag+，发生氧化反应，为阳极，d电极为Ag++e﹣═Ag，发生还原反应，为阴极，所以X极为负极，Y极为正极，a极为阳极，b极为阴极，据此分析解答即可。〖解答〗解：（1）根据分析可知，X极的电极名称为负极，b极名称为正极，d极材料是Ag，故〖答案〗为：负极；正极；Ag；（2）b极附为阴极，电极反应为：2H++2e﹣═H2↑，溶液中OH﹣浓度增大，溶液呈碱性，所以b极附近可能的现象是溶液显红色，故〖答案〗为：溶液显红色；（3）根据分析可知，d极上发生还原反应，其电极反应式为：Ag++e﹣═Ag，故〖答案〗为：还原；Ag++e﹣═Ag；（4）装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则n（O2）QUOTE1mol，根据关系式O2～4e﹣、Ag+～e﹣～Ag则理论上装置C中可得纯银的质量为4mol×108g/mol＝432g，故〖答案〗为：432。〖点评〗本题主要考查原电池的工作原理，掌握原电池中正负极判断以及电极反应式的书写是解决本题的关键，同时考查学生的看图能力，串联电路的原理等，难度不大。19．〖祥解〗Fe﹣Mg合金废料加盐酸溶解，加入过氧化氢氧化亚铁离子，发生反应2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，随后加入X调节pH，沉淀三价铁离子，X应为碱性，切不影响溶液纯度，可以使用氧化镁或者氢氧化镁，过滤后获得氯化镁溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥获得无水氯化镁，熔融状态下点解无水氯化镁，获得金属镁，据此分析回答问题。〖解答〗解：（1）工业上常将Fe﹣Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是增大接触面积、提高反应速率和浸取率，故〖答案〗为：增大接触面积、提高反应速率和浸取率；（2）“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，“氧化”时反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，故〖答案〗为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（3）“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是MgO、Mg（OH）2等，当溶液的pH调节为4时，溶液中c（OH﹣）QUOTEmol/L＝1.0×10﹣10mol/L，此时溶液中的c（Fe3+）QUOTEmol/L＝2.7×10﹣9mol/L，c（Mg2+）×c2（OH﹣）＝0.02×（1.0×10﹣10）2＝2×10﹣22＜Ksp〖Mg（OH）2〗＝5.6×10﹣12，无Mg（OH）2沉淀生成，故〖答案〗为：MgO、Mg（OH）2等；2.7×10﹣9mol/L；c（Mg2+）×c2（OH﹣）＝0.02×（1.0×10﹣10）2＝2×10﹣22＜Ksp〖Mg（OH）2〗＝5.6×10﹣12，无Mg（OH）2沉淀生成；（4）制备无水MgCl2过程中需要在HCl气体氛围中进行，其原因是氯化镁易水解产生氢氧化镁和氯化氢，在HCl气体氛围中进行可以抑制氯化镁水解，故〖答案〗为：抑制氯化镁水解。〖点评〗本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。湖北省黄冈市麻城实验高级中学2021-2022学年高二（下）月考（2月份）一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）某大型纪录片展示了中国探索太空，开发深海，建设世界一流高铁、桥梁、码头，5G技术连通世界等举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系，下列说法不正确的是（）A．太阳能、风能、潮汐、地热能是一次能源，而我国大力发展核电、光电、风电、水电等电能属于二次能源 B．物质发生化学反应时一定伴随着能量变化，在常温下进行的反应也可能是吸热反应 C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是硅 D．C919大型客机使用了大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金可减轻机身自重2．（2分）下列关于钢铁的防护方法，说法不正确的是（）A．外加电流的阴极保护法，石墨棒做阳极 B．牺牲阳极的阴极保护法，镁做负极，钢铁输水管做正极 C．化学防护法，不属于电化学防护法 D．覆盖保护层法，不属于电化学防护法3．（2分）下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．保存FeCl2溶液时常常需要加入少量的Fe粉 B．夏天打开可乐时，瓶中立刻泛起大量泡沫 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2 D．黄色的Na2CrO4溶液中，加入硫酸后，溶液呈橙色4．（2分）根据反应情况不同，反应热可分为多种，例如燃烧热、中和热、溶解热等，下列关于燃烧热的说法不正确的是（）A．已知：S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1＝﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2＝﹣Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q2 B．已知反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的ΔH＞0，则该反应在高温下能自发进行。C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3，放出的热量为19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH＝﹣QkJ•mol﹣1则Q＞38.6 D．已知中和热为﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa（OH）2的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJ5．（2分）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g）⇌HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是（）A．a～c，CO的转化率随温度的升高而增大的原因是因为该反应是吸热反应，升高温度反应正向移动 B．平衡常数Kb＜Kd，由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜 C．向该容器中充入N2，CH3OH的转化率增大 D．反应速率υb＜υd6．（2分）下列说法正确的是（）A．Na2CO3溶液可用带玻璃塞的试剂瓶保存 B．将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体 C．配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再加水稀释 D．除去Cu2+中含有的Fe3+杂质，可加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，充分反应后，过滤7．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．无色透明溶液中：NH4+、SO42﹣、Na+、MnO4﹣ B．QUOTE1×10﹣12的溶液中：NO3﹣、Na+、AlO2﹣、K+ C．c（H+）QUOTE的溶液中：Fe3+、Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣ D．c（H+）水电离・c（OH﹣）水电离＝10﹣26的水溶液中：Na+、NO3﹣、Ag+、K+8．（2分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），正确的是（）①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为1：10③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由大到小顺序为d、b、c、a④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（Na+）＝2c（SO42﹣）⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka×Kh＝Kw⑥pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m＞nA．①②④ B．④⑤⑥ C．①②⑤ D．②⑤⑥9．（2分）下列有关说法正确的是（）A．基态氮原子的电子排布图（轨道表示式）为： B．某基态原子的价电子排布可能是3d54s1 C．第一电离能：O＞N D．基态F原子核外有9种能量不同的电子10．（2分）室温下，用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．a表示的是醋酸的滴定曲线 B．滴定b过程中，指示剂可以是酚酞 C．pH＝7时，滴定盐酸消耗的V（NaOH）＝20.00mL D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）二、选择题（本大题共5小题，每小题4分，每个小题1-2个选项，少选得2分，不选和错选均不得分）11．（4分）某短周期元素R的各级电离能数据（用I1、I2…表示，单位为kJ•mol﹣1，如表所示。关于元素R的判断中正确的是（）I1I2I3I4I5I657818172745115781483118378A．R元素基态原子的电子排布式为ns1 B．R的最高正价为+3价 C．R元素的颜色反应为黄色 D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族12．（4分）一种烷烃催化转化装置如图所示，下列说法正确的是（）A．该装置将电能转化为化学能 B．H+向左侧迁移 C．负极的电极反应式为C2H6﹣2e﹣═C2H4+2H+ D．每消耗0.1molC2H6，需要消耗标准状况下的空气2.8L（设空气中氧气的体积分数为20%）13．（4分）（多选）最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．吸附层a是负极，发生氧化反应，吸附层b是正极，发生还原反应 B．“全氢电池”的总反应为：H++OH﹣＝H2O C．NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应 D．Na+在装置中从左侧向右侧移动，ClO4﹣从右侧向左侧移动。14．（4分）工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）已知：甲醇CH3OH脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea＝+103.1kJ•mol﹣1方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb＝+249.3kJ•mol﹣1A．CH3OH*→CO*+2H2的ΔH＜0 B．①②都为O﹣H键的断裂过程 C．由活化能E值推测，甲醇脱氢过程主要历经的方式应为Ⅰ D．放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*15．（4分）（多选）A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同（已知：2NO2⇌N2O4ΔH＜0）下列叙述正确的是（）A．达到平衡时A和B中NO2气体体积分数相同 B．若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，再次达到平衡后A中NO2转化率增大，B中NO2转化率不变 C．若气球的体积不再改变，表明B中反应已达到平衡 D．室温下，若设法使A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时B中气体的颜色较深三、填空题（本大题共4小题，共60分）16．（15分）氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题（1）肼（N2H4）是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：①正反应的活化能为kJ•mol﹣1，气态肼分解的热化学方程式为。②该反应的ΔS（填“＞”“＜”或“＝”）0，该反应自发进行的条件为（填“高温”“低温”或“任意温度”）。（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分多步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：①反应A+B→C（ΔH＜0）分两步进行：（i）A+B→X（ΔH＞0）；（ii）X→C（ΔH＜0）。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（填字母）。②已知：H2O（g）═H2O（l）ΔH1＝﹣Q1kJ•mol﹣1C2H5OH（g）═C2H5OH（1）ΔH2＝﹣Q2kJ•mol﹣1C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）ΔH3＝﹣Q3kJ•mol﹣1则C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）的ΔH＝kJ•mol﹣1，若将23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为。17．（16分）一定温度下，将气体A、B置于固定容积为4L的密闭容器中，发生反应：3A（g）+B（g）＝2C（g）+D（g）ΔH＜0。反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.6mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。（1）用C表示的前10s内正反应的平均反应速率为。（2）反应前A的物质的量浓度是。（3）10s末，生成物D的物质的量浓度为；该温度下，上述反应的平衡常数Kc＝（用分数表示），其他条件不变，升高温度，Kc将（填“增大”“减小”或“不变”，下同）。（4）平衡后，若改变下列条件，生成D的速率将如何变化？编号改变的条件生成D的速率①压缩容器的体积②恒压下充入He（不参与体系反应）③恒容下充入Ne（不参与体系反应）18．（14分）以二甲醚（CH3OCH3）﹣空气碱性燃料电池为电源进行如下实验，装置如图所示。用装置C精炼粗银。已知：二甲醚﹣空气碱性燃料电池的总反应为CH3OCH3+3O2+4KOH═2K2CO3+5H2O。回答下列问题：（1）X极的电极名称为，b极名称为，d极材料是（填化学式）。（2）b极附近可能的现象是。（3）d极上发生（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为。（4）若装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则理论上装置C中可得纯银的质量为g。19．（15分）某同学在实验室利用Fe﹣Mg合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：（1）工业上常将Fe﹣Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是。（2）“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为；写出“氧化”时反应的离子方程式：。（3）“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是（任填一种合适试剂的化学式），当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c（Fe3+）＝，列式计算并判断此时是否有Mg（OH）2沉淀生成：。{已知氧化后的溶液中c（Mg2+）＝0.02mol•L﹣1，Ksp〖Fe（OH）3〗＝2.7×10﹣39、Ksp〖Mg（OH）2〗＝5.6×10﹣12}。（4）制备无水MgCl2过程中需要在HCl气体氛围中进行，其原因是。

▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．〖祥解〗A．从自然界中直接获取的能源为一次能源，一次能源加工得到的能源为二次能源；B．氯化铵与氢氧化钡反应常温下进行，需要吸收热量；C．光缆的主要成分是二氧化硅；D．铝锂合金硬度大，密度小；〖解答〗解：A．太阳能、风能、潮汐、地热能是一次能源，而我国大力发展核电、光电、风电、水电等电能属于二次能源，故A正确；B．物质发生化学反应时一定伴随着能量变化，在常温下进行的反应也可能是吸热反应，如氯化铵与氢氧化钡的反应，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光纤的主要原料，故C错误；D．铝锂合金硬度大，密度小，适合作飞机材料，故D正确；故选：C。〖点评〗本题考查物质的组成及应用，为高频考点，把握物质的组成、性质、性质与用途为解答本题的关键，侧重分析能力与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。2．〖祥解〗A.在电解池中，阴极被保护，阳极被腐蚀；B.镁和输水管形成原电池，负极被腐蚀，正极被保护；C.化学防护法属于电化学防护法；D.覆盖保护层法，没有涉及原电池或电解池的形成。〖解答〗解：A.在电解池中，阴极被保护，阳极被腐蚀，即石墨做阳极，铁管道做阴极被保护，是外加电流的阴极保护法，故A正确；B.镁和输水管形成原电池，镁做负极被腐蚀，输水管做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C.铁管道和锌形成原电池，锌做负极被腐蚀，化学防护法属于电化学防护法，故C错误；D.覆盖保护层法，没有涉及原电池或电解池的形成，故不属于电化学保护法，故D正确；故选：C。〖点评〗本题考查了金属的腐蚀和防护，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。3．〖祥解〗勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。〖解答〗解：A．加入Fe粉发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe2+，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故B错误；C．存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．存在平衡：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，加入硫酸后，平衡向右移动，溶液呈橙色，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选：A。〖点评〗本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程。4．〖祥解〗A．等量的S（g）能量高于S（s）；B．根据△H﹣T△S＜0反应能自发进行判断；C．合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化；D．含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa（OH）2的稀溶液混合除了生成水还有硫酸钡沉淀生成。〖解答〗解：A．已知：S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1＝﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2＝﹣Q2kJ•mol﹣1，等量的S（g）能量高于S（s），则Q1＜Q2，故A正确；B．C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H＞0，又气体体积增大是熵变增大的反应即△S＞0，所以高温下△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行，故B正确；C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则1molN2完全反应放热大于38.6kJ，所以其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH＝﹣QkJ•mol﹣1则Q＞38.6，故C正确；D．含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa（OH）2的稀溶液混合除了生成水还有硫酸钡沉淀生成，所以放出的热量对于57.3kJ，故D错误；故选：D。〖点评〗本题考查热化学方程式，为高频考点，把握中和热、可逆反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。5．〖祥解〗由CH3OH（g）+CO（g）⇌HCOOCH3（g）的反应图象可知，CO的转化率先增大后减小，83℃左右即图象最高点时反应达到平衡状态，83℃以前反应没有达到平衡状态，83℃后升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应正向为放热反应，结合温度、浓度对化学反应速率和平衡移动的影响分析解答。〖解答〗解：A．a点至c点，反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，所以CO的转化率逐渐增大，故A错误；B．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则Kb＞Kd，根据图可知，温度在80～85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80～85℃之间，故生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故B错误；C．向该容器中充入N2，各组分浓度不变，平衡不移动，则CH3OH的转化率不变，故C错误；D．b点的温度比d点的低，故υb＜υd，故D正确；故选：D。〖点评〗本题考查化学平衡移动及平衡图象分析，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握图象变化特点及化学平衡的影响因素为解答关键，注意平衡状态的判断和温度对化学反应速率的影响，题目难度不大。6．〖祥解〗A．Na2CO3溶液水解呈碱性；B．AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性；C．硫酸可抑制铁离子水解，但会引入硫酸根离子；D．Fe3+离子水解，溶液显酸性，加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去。〖解答〗解：A．二氧化硅能与碳酸钠水解生成的氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠能将瓶口和塞子黏在一起，故A错误；B．AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性，加热促进盐酸挥发，所以最终得到的固体是Al（OH）3，灼烧得到氧化铝，故B错误；C．浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故C错误；D．Fe3+离子水解，溶液显酸性，除去Cu2+中含有的Fe3+杂质，加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去，故D正确；故选：D。〖点评〗本题考查了盐类水解原理的分析判断，注意影响水解平衡的理解应用，题目难度不大。7．〖祥解〗A.含有高锰酸根离子的溶液呈紫色；B.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C.该溶液呈中性，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D.该溶液抑制了水的电离，可能为强酸或强碱溶液，银离子与氢氧根离子反应。〖解答〗解：A.含有MnO4﹣的溶液呈紫色，不满足溶液无色的条件，故A错误；B.该溶液呈碱性，NO3﹣、Na+、AlO2﹣、K+、OH﹣之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；C.Fe3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.c（H+）水电离・c（OH﹣）水电离＝10﹣26的水溶液呈酸性或碱性，OH﹣、Ag+之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：B。〖点评〗本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。8．〖祥解〗①加水稀释，溶液中c（H+）减小，水的离子积不变，则c（OH﹣）增大；②根据pH＝﹣lgc（H+）计算；③氢氧化钠为强碱，pH相等时其浓度最小；其它三种都是强碱弱酸盐，对应酸的酸性越强，盐的水解程度越小，溶液pH越大，pH相同时其物质的量浓度越小；④混合液的pH＝7，呈中性，结合电荷守恒分析；⑤水解和电离为可逆过程，KaQUOTE，KhQUOTE，据此计算Ka•Kh分析判断；⑥醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡。〖解答〗解：①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，c（H+）减小，由于水的离子积不变，则溶液中的c（OH﹣）增大，故①错误；②由pH＝﹣lgc（H+）可知，pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸中c（H+）分别为10﹣2mol/L、10﹣1mol/L，c（H+）之比为10﹣2mol/L：10﹣1mol/L＝1：10，故②正确；③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，则pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③错误；④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO42﹣），故④错误；⑤水解和电离为可逆过程，KaQUOTE，KhQUOTE，则Ka•KhQUOTEc（H+）•c（OH﹣）＝Kw，故⑤正确；⑥因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n，故⑥正确；故选：D。〖点评〗本题考查电解质的电离、盐类的水解及pH的计算等知识，题目难度中等，注意根据电解质的电离特点结合电荷守恒来分析解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及知识迁移能力。9．〖祥解〗A．违背能量最低原理；B．3d、4s轨道电子处于半满，能量较低；C．同周期从左到右，第一电离能增大趋势，第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；D．氟原子核外有9个电子，结合构造原理、根据其能级不同能量不同分析。〖解答〗解：A．N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，基态氮原子的电子排布图为，故A错误；B．某基态原子的价电子排布可能是3d54s1，为Cr元素，故B正确；C．第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，则N的第一电离能大于O，第一电离能：N＞O，故C错误；D．因为F原子核外有9个电子，其核外电子排布式为1s22s22p5，因为能级不同能量不同，所以其原子核外能量不同的电子有3种，故D错误；故选：B。〖点评〗本题考查原子结构和元素的性质、晶体的结构，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原子核外电子排布特点，把握元素周期律等知识是解答关键，题目难度不大。10．〖祥解〗A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；B．b为滴定盐酸，恰好反应时生成NaCl，溶液呈中性，结合指示剂的变色范围分析；C．pH＝7时，溶液呈中性，n（NaOH）＝n（HCl）；D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。〖解答〗解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以a是滴定醋酸的曲线，b是滴定盐酸的曲线，故A正确；B．b曲线为滴定盐酸，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8﹣10，可以用酚酞作指示剂，故B正确；C．pH＝7时溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），说明n（NaOH）＝n（HCl），二者浓度相同，则滴入氢氧化钠溶于体积为20.00mL，故C正确；D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选：D。〖点评〗本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。二、选择题（本大题共5小题，每小题4分，每个小题1-2个选项，少选得2分，不选和错选均不得分）11．〖祥解〗该短周期元素R的第四电离能剧增，说明该原子最外层有3个电子，处于ⅢA族，可能为B、Al等元素，以此解答该题。〖解答〗解：A.如为B，基态原子的电子排布式为1s22s22p1，若为Al，基态原子的电子排布式为〖Ne〗3s23p1，故A错误；B.R元素的最外层有3个电子，所以R的最高正价为+3价，故B正确；C.钠元素的焰色反应为黄色，R为Al或B，故C错误；D.R元素位于元素周期表中第ⅢA族，故D错误；故选：B。〖点评〗本题考查元素的电离能，为高频考点，把握最外层电子数与电离能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与元素性质的应用，题目难度不大。12．〖祥解〗根据图象可知，Fe﹣Co合金电极上的反应：C2H6﹣2e﹣＝C2H4+2H+，失去电子，发生氧化反应，做电池的负极；正极氧气得电子与氢离子反应生成水。A．该装置为原电池；B．原电池阳离子向正极移动；C．负极C2H6失去电子，生成C2H4，发生氧化反应；D．根据得失电子守恒计算。〖解答〗解：A．该装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；B．原电池的内电路中，H+向正极移动，即向右侧迁移，故B错误；C．分析可知，负极的电极反应式为C2H6﹣2e﹣＝C2H4+2H+，故C正确；D．每消耗0.1molC2H6，转移0.2mol电子，需要消耗0.05mol氧气，则需空气0.25mol，标准状况下空气体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，故D错误；故选：C。〖点评〗本题考查了原电池原理应用，电极反应书写方法，电子守恒法计算反应物等知识，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。13．〖祥解〗由图可知，左侧为电子的流出极，故吸附层a是负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，吸附层b是正极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，据此作答。〖解答〗解：A.吸附层a是负极，氢气失电子发生氧化反应，吸附层b是正极，氢离子得电子发生还原反应，故A正确；B.由电池的两极反应可知“全氢电池”的总反应为：H++OH﹣＝H2O，故B正确；C.NaClO4未参与电极反应，故C错误；D.原电池工作时，阳离子Na+在装置中从左侧（负极）向右侧（正极）移动，阴离子ClO4﹣不能透过阳离子交换膜，不能从右侧（正极）向左侧（负极）移动，故D错误；故选：CD。〖点评〗本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极是解题的关键。14．〖祥解〗A．反应物能量小于生成物能量为吸热反应，由起始及最终状态可知，最终状态能量高；B．甲醇只有1个O﹣H键；C．方式Ⅱ中活化能大；D．由图可知，放热最多为112.6kJ/mol转化为﹣65.7kJ/mol。〖解答〗解：A．由起始及最终状态可知，最终状态能量高，则CH3OH*→CO*+2H2（g）的△H＞0，故A错误；B．甲醇只有1个O﹣H键，则只有①为O﹣H键的断裂过程，故B错误；C．方式I中活化能小，则甲醇脱氢过程主要历经的方式应为Ⅱ，故C错误；D．由图可知，放热最多为112.6kJ/mol转化为﹣65.7kJ/mol，此时对应的反应为CHO*+3H*＝CO*+4H*，故D正确；故选：D。〖点评〗本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握化学键的断裂、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中能量变化及应用，题目难度不大。15．〖祥解〗A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气球．说明A为恒温恒容，B为恒温恒压，2NO2⇌N2O4△H＜0是一个气体体积减小、正反应为放热的反应；A．反应2NO2⇌N2O4气体体积减小，A相当于B为减小压强，平衡逆向移动；B．保持容器容