浙江省丽水四校联考2018-2019学年高二化学6月阶段性考试试题（含解析）

-1-浙江省丽水四校联考2018-2019学年高二化学6月阶段性考试试题（含解析）1.在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）A.CH3OH（l）+32O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=+725.8kJ/molB.2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452kJ/molC.2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-725.8kJ/molD.2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=+1452kJ/mol【答案】B【解析】【详解】甲醇燃烧属于放热反应，因此选项A、D错误；由题意知1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，所以2mol甲醇燃烧放出的能量是：2×32×22.68kJ＝1451.52kJ，所以选项B正确，选项C错误。答案选B。2.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是①C(s)+O2（g）=CO2（g）△H1C(s)+1/2O2（g）=CO（g）△H2②S(s)+O2（g）=SO2（g）△H3S(g)+O2（g）=SO2（g）△H4③H2(g)+1/2O2（g）=H2O（l）△H52H2(g)+O2（g）=2H2O（l）△H6④CaCO3(s)）=CO2（g）+CaO（s）△H7CaO（s）+H2O（l）=Ca(OH)2(s)△H8A.①B.④C.②③④D.①②③【答案】C【解析】碳完全燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，①不正确。固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，②正确。消耗的氢气越多，放出的热量越多，③正确。④中前者是吸热反应，△H大于0，后者是放热反应，△H小于0，正确。所以答案选C。3.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，下列分析正确的是-2-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【答案】B【解析】A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝40H－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确，答案选B。点晴：本题通过电解饱和氯化钠溶液为载体，重点考查原电池和电解池的判断，金属的腐蚀与防护以及电极产物判断和计算，意在考查学生分析问题、解决问题的能力。熟练掌握电化学原理，准确判断正、负极以及阴、阳极，明确两极的电极反应及电池反应是解题的关键。该类试题的难点在于是电极反应式的书写和有关计算。4.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是A.B.-3-C.D.【答案】C【解析】【分析】A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。故选C。【点睛】本题考查金属的腐蚀及防护，注意判断形成电化学腐蚀的条件以及金属的防护措施是解答关键。5.已知：①1molH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量②1molCl2分子中化学键断裂时需要吸收243kJ的能量③由H原子和Cl原子形成1molHCl分子时释放431kJ的能量下列叙述正确的是A.氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)B.氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的△H＝183kJ/molC.氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的△H＝－183kJ/molD.氢气和氯气反应生成1mol氯化氢气体，反应的△H＝－183kJ/mol【答案】C【解析】反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，因此生成2mol氯化氢的反应-4-热是436kJ/mol＋243kJ/mol－2×431kJ/mol＝－183kJ/mol，所以选项C正确，其余都是错误的，答案选C。6.用惰性电极电解2L、1mol/L的CuSO4溶液，在电路中通过0.5mol电子后，调换正、负极,电路中又通过了1mol电子，此时溶液中H＋的浓度（假设溶液体积不变）是（）A.1.5mol/LB.0.75mol/LC.0.5mol/LD.0.25mol/L【答案】C【解析】试题分析：调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，用惰性电极电解2L1mol/L的CuSO4溶液，分别是Cu2+和OH-放电，通过0.5mole-，那么0.25molCu2+放电，生成0.25molCu，同时4OH--4e-=2H2O+O2，反应0.5molOH-，得到0.5molH+，调换后：阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先），4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，调换正负极，那么通电前的0.5mole-，恰好是电镀铜的过程，也就是第一个过程的Cu又溶解，在另一电极变为Cu，消耗0.5mole-，剩余0.5mole-，还是得到相同的0.5molH+，故电路中转移的1.5mol电子中，只有1mol由OH-放电产生，所以总共得到1molH+，浓度为0.5mol/L。答案选C。考点：电解池原理7.恒温恒容，可逆反应：2NO22NO+O2达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO③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【答案】A【解析】-5-【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）υ正=υ逆≠0，（2）混合物中各组分的浓度、百分含量不变。【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，说明υ正=υ逆≠0，达到平衡状态，故正确；②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO，不能说明υ正=υ逆，不能说明反应达到平衡状态，故错误；③NO2.、NO、O2的反应速率的比为2:2:1的状态，不能说明υ正=υ逆，不能确定是否达到平衡状态，故错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；⑤混合气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态；故正确。故选A。【点睛】解决本题的关键是掌握化学平衡状态的两个重要特征：υ正=υ逆≠0，混合物中各组分的浓度、百分含量不变。8.一定温度下，在体积为10L的密闭容器中，3molX和1molY进行应：2X（g）+Y（g）Z（g），经2min达到平衡，生成0.6molZ，下列说法正确的是A.以X浓度变化表示的反应速率为0.01mol/（L·s）B.将容器体积变为20L，Z的平衡浓度为原来的1/2C.若增大压强，则物质Y的转化率减小D.若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H0【答案】D【解析】【分析】A、依据化学反应速率公式计算Z的速率，再依据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算X速率；-6-B、该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动；C、该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；D、升高温度，平衡向吸热方向移动。【详解】A项、经2min达到平衡，生成0.6molZ，Z的浓度变化量为0.06mol/L，Z的反应速率v（Z）为0.06mol/L÷120s＝0.0005mol/（L•s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L•s）=0.00lmol/（L•s），故A错误；B项、将容器体积变为20L，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的1/2，故B错误；C项、该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大，故C错误；D项、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，则正反应的△H＜0，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡移动，注意掌握化学反应速率的计算方法，理解外界条件对化学平衡的影响是解答关键。9.在密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是A.SO2为0.4mol/LB.SO2为0.25mol/LC.SO2、SO3均为0.15mol/LD.SO3为0.4mol/L【答案】B【解析】【分析】该反应为可逆反应，若该反应从正反应方向开始，SO2、O2、SO3的浓度分别为0.4mol/L、0.3mol/L、0mol/L，若该反应从逆反应方向开始，SO2、O2、SO3的浓度分别为0mol/L、0.1mol/L、-7-0.4mol/L，由于反应为可逆反应，则各物质的浓度一定小于最大浓度，以此来解答。【详解】A项、由于反应为可逆反应，SO2的浓度一定小于0.4mol/L，故A错误；B项、由于反应为可逆反应，SO2的浓度一定小于0.4mol/L，大于0，则可能为0.25mol/L，故B正确；C项、SO3、SO2浓度均为0.2mol/L，无论从正反应开始，还是从逆反应开始，只能是一种物质的浓度增大，另一种物质的浓度减小，SO3、SO2浓度不会均为0.15mol/L，故C错误；D项、由于反应为可逆反应，SO3的浓度一定小于0.4mol/L，故D错误。故选B。【点睛】本题考查可逆反应，注意可逆反应的特点为不完全转化性，学会利用极限转化的思想来分析物质的最大浓度，但实际浓度一定小于最大浓度是解答关键。10.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是A.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B.片刻后可观察到滤纸b点变红色C.片刻后甲池中c（SO42—）增大D.Cu电极上发生还原反应【答案】D【解析】【分析】甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是带盐桥的原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极沿导线流向电解池阴极，原电池放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。-8-【详解】A项、电子从Zn→a，b→Cu路