安徽省池州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中教学质量检测化学答案

11.答案：D点拨：盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现；浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以放出的热量大于57.3KJ；能量越低的物质，越稳定。2.解析：不标明温度和压强时，表示在25℃、101kPa条件下下测得的反应热，A项错误；一个具体反应的反应热与反应物和生成物的键能有关，随温度的变化不大，与催化剂无关，B项错误；反应物的总能量与生成物的总能量一般不相等，化学反应中的能量变化通常以热能等形式表现出来，C项错误；反应物键能总和大于生成物键能总和时反应吸热，D项正确。答案：D3.答案：D点拨：燃烧热的定义必须生成稳定的氧化物；反应中的能量变化与压强和温度也有关系。4.答案：B点拨：A项，氢气的计量数不是1，所以不是其燃烧热，故错误；C项，必须是只生成可溶性的盐和水，故错误；D项，其焓变不是ΔH＝＋135.9kJ·mol－1，故错误。5．由题意可知在前10s内，反应的A的物质的量为0.12mol/(L·s)×10s×2L＝2.4mol，故反应的B的物质的量为1.2mol，则10s时，容器中B的物质的量为4mol－1.2mol＝2.8mol。答案：C6.解析：本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。答案：B7.解析：设达平衡时消耗A的体积为x，消耗B的体积为y，混合气体体积缩小ΔV为z。A＋3B2CΔV1x＝3y＝20.1V＝2z解得：x＝0.05VL，y＝0.15VL，z＝0.1VL，则原混合气体的体积为：VL＋0.1VL＝1.1VL，②③正确。答案：A8.解析：只充入2molE(g)，E的转化率为40%，则平衡时气体总物质的量为2.4mol；若开始时充入2molM、1molN，共3mol的混合气体，二者平衡状态相同，平衡时气体总物质的量也为2.4mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，故平衡时混合气体的压强比起始时减少了20%。答案：A9.解析：反应进行到2min时，各曲线突然变陡，说明反应速率加快，条件为升温或加压或加催化剂。2答案：C10.解析：假设中间状态由于b2c，则表明加压平衡向正反应方向移动，即正方向为气体体积缩小的反应，则m3，m为正整数。则D中m≤2正确。答案：D11.解析：由题意知，以盐酸作电解质溶液，Ag作阳极，设计成电解池可实现该反应。答案：C12.解析：本题考查电解规律，电解能够生成H2和O2的物质类型是强碱、含氧酸、活泼金属含氧酸盐，C项符合题意。答案：C13.解析：主要考查原电池原理和电解池原理。放电时，Ni元素化合价降低，发生还原反应，故C错误。充电时，阴极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，阳极反应为：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O，阴极区电解质溶液pH升高，故A错误，D正确。正反应过程中无H2O消耗，故B错误。答案：D14.解析：酸性燃料电池工作时，正极反应：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，A错误；a极是铁，b极是铜时，a极上铁发生氧化反应逐渐溶解，b极上Cu2＋发生还原反应有铜析出，B错误；a极是粗铜，b极是纯铜时，a极上发生氧化反应，粗铜溶解，b极上Cu2＋发生还原反应，有铜析出，C正确；a、b两极均是石墨时，根据电子守恒，a极上产生的O2与电池中消耗的H2的体积比为1∶2，D错误。答案：C15.解析：阳极：Fe－－2e－＋2OH－===Fe(OH)2阴极：2H＋＋2e－===H2↑电池总反应式为：Fe＋2H2O电解=====H2↑＋Fe(OH)24mol2mol4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)32mol1mol2mol所以生成2molFe(OH)3共需水5mol。答案：D16.解析：根据原电池的反应原理，通入乙醇的电极发生氧化反应，是原电池的负极，通入氧气的电极发生还原反应，是原电池的正极，该燃料电池的总反应方程式是C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，3则选项A、B、C均正确。电子流动的方向是从C1极经外电路流向C2极，选项D不正确。答案：D17.答案：Ⅰ、（1）5.0（2分）（2）abe（2分）Ⅱ、（1）1212H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)；H=-57.3kJ/mol（2分）（2）①4.0（2分）②-53.5kJ/mol（2分）③acd（2分）点拨：要用245mLNaOH溶液，至少需要配制250L溶液，则需要称量NaOH固体0.25L×0.50mol·L-1×40g·mol-1=5.0g。NaOH固体易潮解，有腐蚀性，要放在小烧杯里称量，应选a、b、e。该反应的热化学方程式为：。由表中数据可知t2-t1的平均值约为4.0，△H=--53.5kJ·mol－1。实验装置保温、隔热效果差，分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中、用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，都会使热量散失，使测得的温度差变小，△H偏大，应选a、c、d。18.答案：(1)原电池(2)阳极(3)CH3OH＋8OH－－6e－===CO32-＋6H2O(4)4AgNO3＋2H2O通电=====4Ag＋O2↑＋4HNO3(5)0.28B解析：(1)甲池为燃料电池，属于原电池，乙池、丙池为电解池。(2)A电极与甲池的正极相连，故A极为阳极。(3)甲池电解质溶液为强碱溶液，故总反应为2CH3OH＋3O2＋4OH－===2CO32－＋6H2O，其中通入O2的一极为电极的正极，发生的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，用总反应减去正极反应式可以得出负极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－===CO32－＋6H2O。(4)乙池电极反应为阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，其中OH－来源于水的电离，故总反应为4AgNO3＋2H2O通电=====4Ag＋O2↑＋4HNO3。(5)根据化学方程式可以计算n(O2)＝n(Ag)/4＝[5.4g/(108g·mol－1)]/4＝0.0125mol，V(O2)＝0.0125mol×22.4L·mol－1＝0.28L;Mg2＋、Na＋不能在水溶液中电解析出金属单质，故A、C不可能；由于串联电路中通过的电子的物质的量相同，故丙池中若析出Ag，则乙、丙两池析出金属的质量相等，由于丙池析出金属的质量小于乙池，故D选项不可能；B选项中，转移n(e－)＝108g·mol－15.4g＝0.05mol时，据电子守恒析出Cu：m(Cu)＝20.05mol×64g·mol－1＝1.6g，符4合题意。19.答案：(1)Fe－2e－===Fe2＋(2)②(3)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋(写4OH－－4e－===2H2O＋O2↑也可)②bacd③8∶1解析：(1)开关K与a连接时，是原电池装置，B极是负极，电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋。(2)若K与b连接，是电解池装置，且A是阳极，B是阴极；阳离子向阴极移动；阳极是Cl－失电子生成Cl2，它能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；阴极产生H2，故由阴、阳两极逸出的气体可知要使电解液恢复到电解前的浓度需通入HCl气体而非加入盐酸。(3)由图示加入物质可知，阳极是OH－失e－，阴极是H＋得e－，据电荷守恒，则通过阳离子交换膜的K＋数大于通过阴离子交换膜的SO42－数，故应填“”。电解后生成的硫酸和KOH溶液的浓度均比原来的大，则ba，dc，又因为碱溶液pH大于酸溶液pH，则：bacd。B口产生O2，C口产生H2，根据得失电子守恒知二者物质的量之比为1∶2，则质量比为8∶1。20．答案：(1)①0.0030mol·L－1·min－1②2.25×10－4③减小(2)①②BD解析：(1)①用甲烷表示速率为(1.0×0.5)/(5×100)＝0.0010mol·L－1·min－1，则用氢气表示为0.0030mol·L－1·min－1。②同一温度下，p1的转化率大于p2，此反应增大压强反应左移，所以p1小于p2。③降低温度，反应速率减小(不要受平衡移动的影响)。(2)此反应为化合反应，放热，ΔH0，反应3mol气体生成1mol气体为熵减，ΔS0。②A.升高温度，平衡左移，错。B.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡右移，对。C.充入He，使体系总压强增大，对平衡无影响，错。D.再充入1molCO和3molH2，成比例的增加反应物，相当于增大压强，平衡右移，对。21.答案(1)＜变小(2)增大不变变小(3)A(4)0.04mol解析题给反应是气体体积减小的放热反应。(1)由于A为恒容体系，B为恒压体系，在平衡时pA＜pB，故v(A)＜v(B)，若打开K2，A、B形成一个新的恒压体系，气体体积将变小。(2)若再通入NO2，对于A相当于加压，原平衡向正反应方向移动，NO2的转化率增大。若再通入Ne，对于A，末改变体系中各物质的浓度，平衡不移动，转化率不变；对于B，其体积增大，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率减小。(3)此时A为绝热体系，随反应的进行，体系温度升高，即TA＞TB，A相对于B是升高温度，平衡向逆反应方向移动，A中颜色加深。(4)M＝m总n总即n总＝4.6g57.5g·mol－1＝0.08mol，投入NO2的物质的量为4.6g46g·mol－1＝0.1mol，设转化的NO2的物质的量为x。则2NO2N2O4起始：0.1mol05转化：xx2平衡：0.1mol－xx2即：0.1mol－x＋x2＝0.08molx＝0.04mol