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-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
本文标题: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)
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