资源简介

滨城高中联盟2024-2025学年度下学期高 一5月期中
化学参考答案
1.B
【解析】A.高温结构陶瓷主要成分是碳化硅、氮化硅等,为新型无机非金属材料,不属于硅酸盐材料,A 错误;
B.“天机芯”的主要材料是 Si,光导纤维的主要材料为 SiO2,B 正确
C.钢化玻璃是一种经过特殊处理的玻璃，其成分与普通玻璃相同，本质仍属于传统无机非金属材料,C 错误;
D.太阳翼是将太阳能转化为电能的装置,不属于原电池,D 错误;
2. D
【解析】A.如图所示，反应物总能量高于生成物总能量，该反应是放热反应，A 错误；
B. 90.1kJ 是反应释放的能量，而非甲醇具有的能量，B 错误；
C.图中甲醇为气态，应该为：CO(g)+2H -12(g) CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ·mol ，C 错误；
D.该反应为放热反应，所以断裂 1mol CO 和 2mol H2 化学键所需能量小于断裂 1mol CH3OH 的化学键所需
能量，D 正确；
3. C
【解析】A.温度升高，正反应速率和逆反应速率均增大，A 错误；
B.保持压强不变，充入 N2，容器体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，B 错误；
0.1mol/L-0.07mol/L
= 0.002mol L-1 s-1
C．0~15s 内用 HI 表示的反应速率为 15s ，0~15s 内用 I2 表示的反应速率为
1
v (I2 )= v (HI)=0.001mol L
-1 s-1 = 0.06mol L-1 min-1
2 ，C 正确；
D.0~15s 内，c(HI)由 0.1mol·L-1 降到 0.07mol·L-1，该段时间反应速率 v=0.03mol/L÷15s=0.002mol/(L·s)，随
着反应的进行，反应速率减慢，c(HI)由 0.07mol·L-1降到 0.05mol·L-1所需的反应时间大于 10s，D 错误；
4.D
【解析】A.图 I 所示电池中，MnO2得电子生成 MnO(OH)，每生成 1molMnO(OH),转移电子 1mol,A 正确；
B.图Ⅱ所示装置工作过程中，正极反应 PbO2＋
＋
4H ＋ －SO24 ＋
－
2e ===PbSO4＋2H2O，质量逐渐增大，B 正确；
C.图Ⅲ所示电池中，放电时电子从 Zn 经导线流向 Ag2O 极，C 正确；
D.图Ⅳ所示电池工作一段时间后，有水生成，电解质溶液的浓度减小，相应的 pH 有可能增大、减小或者
不变,D 错误；
5. B
【解析】A.空气中排放过量 SO2 会形成酸雨，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸，导致
酸雨酸性增强，pH 会随时间增长而减小，A 错误；
B.发生2H2S+H2SO3 =3S +3H2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2：1,B 正确；
C.SO2、H2SO3、Na2SO3溶液均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它们均具有还原性，C 错误；
D.在加热条件下，浓硫酸和 Cu 反应生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸时不再和 Cu 反应，
生成气体体积标况下小于 22.4L，D 错误；
6. C
【解析】A.该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，因此不能根据反应放出的热量计算出该
反应的反应热，A 错误；
B.含 0.5molH2SO4 的溶液与含 0.5mol Ba(OH)2 的溶液混合除产生水之外，还要产生沉淀，放出的热量要大
于 57.3kJ，B 错误；
C.已知的热化学方程式可计算出 1molH2S 完全燃烧生成 SO2和液态水时，放出热量 562.2kJ，因此 H2S 的
燃烧热为 562.2kJ·mol-1，C 正确；
D.石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，D 错误；
7. A
1
【解析】A.盖斯定律，I+II+III 得 H2O(l)═H2 (g)+ O2(g) ΔH=(-213)+(+327)+(+172)=+286 kJ·mol-1，A 错误；
2
B．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，B 正确；
C．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则 SO2 和 I2 对总反应起到了催化剂的作用，C 正确；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，总反应的△H不变，D 正确；
8.C
【解析】A.放电时负极的电极反应式为 Zn+2OH- -2e- =Zn(OH)2 A 正确；
2-
B.放电时正极反应：FeO4 +4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，正极附近有 OH-生成，溶液碱性增强， B 正确；
C.锌电极为原电池负极，充电时连接电源的负极，C 错误；
D.K2FeO4作氧化剂，每转移 3mol 电子，正极有 1mol K2FeO4 被还原，D 正确；
9.C
【解析】A.实验②中，20～40min，氨气浓度变化量为 4x10-4mol·L-1，
4.00 10 4 mol L 1
v (NH3 ) = = 2.00 10
5 mol L 1 min 1，A 正确；
20min
B.对比实验①和③,氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中的 2倍,实验③先到达平衡，实验③
的速率快，说明相同条件下增加催化剂的表面积，反应速率增大,B正确
C.实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①、
实验②中 0～20min、20～40min 氨气浓度变化量都是4.00 10 4 mol L 1，C 错误；
D.实验③中数据，达平衡时氨气浓度为4.00 10 4 mol L 1 ,氮气 1 10-3mol/L，氢气 3 10-3mol·L -1, 则 N2
的体积分数 10/44 或 5/22，约为 22.7%，D 正确；
10. B
【解析】据题中信息列三段式
A.C 与 D 的变化量分别是 1mol 和 1mol，即 x:2=1:1，得出 x=2，A 错误；
B.此时 A 的转化率为 ，B 正确；
C.此时在恒容密闭容器中充入氖气，气体总压增大，各组分的浓度不变，反应速率不变，C 错误；
D.此时移走部分 B， B 为固体，浓度为常数，化学反应速率不变，D 错误；
11. D
【解析】A.亚硫酸为弱酸，化学式不能拆开，A 错误；
B.相同物质的量浓度的 NH4Al(SO4)2与 Ba(OH)2溶液按体积比为 1：2 反应，1molAl3+先和 3molOH-反应生
成氢氧化铝沉淀，然后是铵根和 OH-反应生成氨水，B 错误；

C.向 Fe(NO3)2溶液中加入过量 HI 溶液，HI 是强还原剂，溶液中的 NO 3 在酸性条件下有强氧化性，会先氧
化 I-，而不是 Fe2+，C 错误。
D.少量 SO2通入 NaClO 溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钠，过量次氯酸根离子和生成的氢离子转化为
弱酸次氯酸，D 正确
12. B
【解析】A.该废水大量直接排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，A 错误；
硝酸细菌
+ - +
B.步骤 a 中铵根离子被氧化，发生NH4 +2O2 NO3 +H2O+2H ，B 正确；
C.高温下微生物发生变性，不利用脱氮，C 错误；
D.溶液的碱性过强，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，D 错误；
13. D
【解析】 ﹣A.燃烧热限定 1mol 可燃物完全燃烧，2CO(g)+O 12(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ·mol ，可知 CO 的燃
烧热为 －283.0kJ·mol 1，A 错误；
B.此反应为放热反应，所以 2molCO 和 1molO2的总能量比 2molCO2的总能量高，B 错误；
C.根据盖斯定律①×2+② ﹣:2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1453.28 kJ·mol 1，生成 H2O(l)放出的
热量大于 ﹣1453.28，ΔH<-1453.28 kJ·mol 1，C 错误
3
D.由C项知： ﹣ CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-726.64 kJ·mol 1，则完全燃烧 20g甲醇，即 0.625mol，
2
则放出的热量为 0.625×726.64=454.15kJ， D 正确。
14. C
【解析】A.由 K2SO4的浓度增大可知，左室 H2SO4溶液中的 SO 2-4 离子向右透过膜 a 进入中间室，右室 KOH
溶液中的 K+向左透过膜 b 进入中间室,可判断出电极 Y 为负极，材料为 Zn，电极 X 为正极，材料为MnO2，
A 错误；
B. 根据离子移动方向可知膜 a、b 分别为阴离子、阳离子交换膜，B 错误；
C.根据 Zn+MnO → +Mn2+，锰化合价降低，则正极反应式 MnO +2e- 2 2 +4H+=Mn2++2H2O，C 正确；
D. K2SO4的物质的量增大 0.1mol 时，电路中应转移 0.2mol 电子，D 错误。
15. A
19.6g
【解析】反应生成氢氧化铜沉淀 19.6g，即 =0.2mol，说明铜离子为 0.2mol，则原混合物中氧元素
98g/mol
0.8g
的质量为 13.6g-64g/mol×0.2mol=0.8g， =0.05mol，则氧化亚铜为 0.05mol，铜的物质的量为 0.1mol。
16g/mol
转移电子=0.1×2mol+0.05×2×1mol=0.3mol，则一氧化氮为 0.1mol，金属离子沉淀完全，溶液为硝酸钠，则
溶液中的硝酸根离子为 0.5mol，总硝酸的物质的量为 0.6mol
0.5mol+ 0.1mol
A.原稀硝酸的浓度为 =2.4mol·L-1，A 正确；
0.25L
B.原固体混合物中，Cu 和 Cu2O 的物质的量之比为 0.1:0.05=2:1，B 错误；
C.硝酸为 0.6mol，反应后生成的硝酸铜为 0.2mol，相应硝酸根离子为 0.4mol，一氧化氮为 0.1mol，则反应
后剩余硝酸为 0.6mol-0.4mol-0.1mol=0.1mol，C 错误；
D.一氧化氮为 0.1mol，在标准状况下的体积为 2.24L，D 错误；
16. （12 分）
(1)水浴加热（1 分）
(2)取最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，反
之，则未洗涤干净（2 分，必须答出最后一次洗涤液，否则扣 1 分，没有结论扣 1 分，不强调硝酸和硝酸
银的顺序）
(3)碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体或这些物质的组合均可（1 分，写化学式不得分）
(4) 6TiO2+8NH3 6TiN+12H2O+N2（2 分，没有加热或 800 C 扣 1分，气体箭头不要求）
(5)吸收未反应的氨气（2 分,只答吸收水不得分）
(6) c e d b（全对 2 分，有错不得分） 80%（2 分）
【解析】（1）升温至 80℃，最佳的加热方式为水浴加热；
（2）判断 TiO2·xH2O 沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤液中是否含有氯离子即可，检验方法为：取最
后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液若无白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，
反之，则未洗涤干净；
（3）试剂 X 为碱石灰（生石灰、NaOH 固体或这些物质的组合均可），用于吸收氨气中的水蒸气
（4）化学方程式为 6TiO2+8NH3 6TiN+12H2O+N2；
（5）装置 D 作用是吸收未反应的氨气。
（6）①该实验应先称取一定量的 TiO2 固体，将 TiO2放入管式炉中，提前通入 NH3 排出管式炉中空气
再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入 NH3，则正确的实验操作步
骤为 a→c→e→d→b→f；
②0.800gTiO2 的物质的量为 0.800g÷80g/mol=0.01mol，则理论上得到 TiN 的物质的量为 0.01mol，理论
产量为0.01mol 62g / mol = 0.62g，反应后剩余固体质量为 0.656g，则固体质量减少质量为 0.800g－
6TiO2 + 8NH3 800℃ 6TiN + 12H2O + N2 ~ m
0.656g=0.144g，根据 6 62 6 (32 14)，
0.144g
6 62 0.144g 0.496g
则 TiN 的实际产量为 =0.496g，则产率为 100% = 80% 。
6 (32 14) 0.62g
17.（14 分）
(1) v (O2)=0.0015mol·L-1·s-1 (1. 5×10-3mol·L-1·s-1 ) （2 分，没写单位扣 1 分）
(2) b （2 分）
(3) ＞（2 分）
(4)升温、加压 (使用合适的催化剂、增大反应物浓度等) （2 分，答对 1 个给 1 分）
(5)CEF（全对 2 分,只写 1 个或错写不得分，写对 2 个得 1 分）
- -
(6) NO2 +NO3-e =N2O5（2 分） 5.6（2 分）
0.006mol
( ) 2L 0.0015mol L 1 s 1 (1.5 10 3v O mol L 1 s 1 )
【解析】（1）0~2s 内用 O2表示的化学反应速率 2 = 2s = ；
（2）反应开始时，c(NO)=0.010mol/L，则 c 曲线表示 c(NO)浓度随时间的变化， NO2 的平衡浓度为
0.0065mol/L，则图中能表示 c(NO2)变化的是曲线 b；
（3）图中 A 点处未达到平衡状态，反应物继续转化为生成物， A 点处 v(正) ＞B 点处 v(逆)。
（4）增大反应物浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂，都可增大反应速率。
（5）A.c(NO)：c(O2)：c(NO2)= 2：1：2，不能据此判断反应是否达到平衡状态，A 错误；
B.v 正(O2) = 2v 逆(NO2)，速率之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡状态，B 错误
C.混合气体总物质的量不再变化，达到了平衡状态，C 正确；
D.在恒温恒容条件下，反应混合物都是气体，气体的质量不变，则反应混合物的密度始终不变，不能据
此判断反应是否达到平衡状态，D 错误；
E.反应前后气体的分子数不等，平衡前混合气体的平均相对分子质量在不断发生改变，当混合气体平均
摩尔质量保持不变时，反应达平衡状态， E 正确；；
F.反应混合物中只有 NO2是有色气体，NO2 的浓度不变，反应达到了平衡状态，F 正确；
（6）根据图示可知：石墨电极Ⅰ为负极；石墨电极Ⅱ正极。NO2失去电子被氧化产生 N2O5，故负极Ⅰ的电极
反应式为：NO2+NO -3 -e-=N2O5；O2得到电子，与N2O5反应产生NO -3 ，故正极Ⅱ电极反应式为：O2+4e-+2N2O5=4
NO -3 。根据正极的电极反应式可知：每转移 4 mol 电子，消耗 1 mol O2。若电路中有 1 mol 电子转移，则
理论上石墨Ⅱ处消耗 0.25 mol O2，则需消耗 O2在标准状况下的体积 V(O2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L。
18.(14 分) （每空 2 分）
(1) CH4 8e
+10OH = CO2 3 + 7H
2O
(2)① 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+1K2SO4+8 H2O
②乙； ③MnO + 8H+ + 5e = Mn2+4 + 4H2O ④ 1.5；
(3) ① ＋ － H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se＋2H2SO4 ② 2Li ＋xSe＋2e ===Li2Sex
2
【解析】（1）由图可知，CH4 在负极失电子生成碳酸根，电极反应式为：CH4 8e +10OH = CO3 + 7H2O
（2）①配平 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+1K2SO4+8 H2O
②总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，石墨 a 是正极，FeSO4作还原剂，发生氧化反应，
故石墨 b 是负极，电池工作时，SO2 4 向负极移动，即向乙烧杯移动；
③甲烧杯中的电极反应式为MnO + 5e + 8H+ = Mn2+4 + 4H2O
④原溶液中 Fe2(SO4)3 的浓度为1mol L 1，Fe2(SO4)3 为 0.2mol，由于溶液的体积未变，当电路中通过 0.2mol
电子时，则生成Fe2(SO4)3的物质的量为0.1mol，共有Fe2(SO4)3 为0.3mol, Fe -12(SO4)3的浓度变为1.5 mol·L ；
(3)①SO2通入亚硒酸中生成 Se，发生氧化还原反应，化学方程式为：
2SO2 +H2SeO3 +H2O=Se+ 2H2SO4 ；
②由电池工作的原理图可知，Li 电极为电池的负极，Se 电极为电池的正极，电池放电时 Li+能迁移到正极附
+
近与 Se 结合生成 Li2Sex，因此正极的电极反应式为：
2Li +xSe+2e =Li2Sex ；
19.（15 分）（1）D （1 分） （2） AC （2 分，少选得 1 分，错选不得分）
（3）391 （2 分） (4) -750（2 分）
（5）① （2分）
②N2H4(g)＋O2(g) N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534.4 kJ mol-1 (2分，前后各 1分，无反应条件扣 1分）
③ N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O↑ （2分,无气体箭头不扣分） ④ 816 （2分）
【解析】（1）根据图示可知：是吸热反应；又是氧化还原反应，只有 D 符合题意
（2）A.氢氧化钠在实验中是过量的，仰视取液，所取体积高于所需量的体积，但反应生成水的量不变，ΔH
不会变小，A错误
B.操作会导致热量损失，放出的热量变小，ΔH 变大，B 正确
C.操作会导致 NaOH 溶液的初始温度偏高，最后计算出的热量少，ΔH 变大，C 错误
D.生成 1 mol 水时中和反应反应热的大小与参加反应的酸碱用量无关 ，ΔH 不变，D 正确
（3）由题干图示信息可知，A2 (g)+3B2 (g) ==== 2AB3 (g)为放热反应，
设 A—B 键键能为 x， H = = 946kJ / mol+ 436kJ / mol 3 6x = 92kJ / mol， x = 391kJ / mol
（4）由盖斯定律：①×2+②-③×2 可得：
2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H=-750kJ mol-1，答案为：-750；
（5）①N2H4的结构式为 ；
②在 120℃、101kPa ，1 g 燃料肼(N2H4)气体燃烧生成 N2 和 H2O(g)时，放出 16.7 kJ 的热量，则
1mol 肼燃烧放出 16.7×32=534.4kJ 的热量,热化学方程式可表示为
N2H4(g)＋O2(g) N (g)＋2H O(g) ΔH＝－534.4 kJ mol-12 2
③H2O2与 N2H4发生氧化还原反应，H2O2具有强氧化性，N2H4具有还原性，发生反应的化学方程式为：
N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O↑；
④每 12.8g（0.4mol）的液态肼与足量的液态双氧水反应生成气态产物时放出热量 256kJ，则 1mol的液态
肼生成 4mol液态水所放出的热量为256 2.5+ 4 44 = 816kJ

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