【化学】福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试试题（解析版） 22页

福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试试题 本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。‎ ‎2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。‎ ‎3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。‎ ‎4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。‎ 相对原子质量:O:16 Na: 23 Mg：24 S:32 Cu：64 Ag：108 Ba:137‎ 第I卷（选择题 共48分）‎ 一．选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求。‎ ‎1.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站——泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 金属块M可能是铜，发生氧化反应 B. 这种保护方法叫牺牲阳极阴极保护法 C. 科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀 D. 若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误；‎ B．为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；‎ C．科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误；‎ D．若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1;②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1;③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1;④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是（ ）‎ A. b①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。‎ ‎15.在体积恒定的密闭容器中，一定量的二氧化硫与1.100mol氧气在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2＋O22SO3。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 三氧化硫生成的速率与二氧化硫消耗的速率相等时反应达到平衡 B. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 C. 平衡混合气体通入过量氯化钡溶液中，得到沉淀的质量为161.980g D. 达到平衡时，二氧化硫的转化率为90%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO3生成速率与SO2‎ 的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；‎ B.降低温度，正反应速率和逆反应速率都减小，故B错误；‎ C.设二氧化硫起始物质的量是xmol，平衡时转化的二氧化硫为ymol，则：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）‎ 起始量（mol）： x 1.100 0‎ 转化量（mol）： y 0.5y y 平衡量（mol）： x-y 1.100-0.5y y 气体总物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，则0.5y=0.315，故y=0.63，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%，则×100%=82.5%，故x=0.7。将混合气体通入过量的氯化钡溶液中，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与氧气、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，0.7mol二氧化硫完全转化消耗0.35mol氧气，氧气有剩余，根据硫元素守恒，硫酸钡的物质的量是0.7mol，故其质量为0.7mol×233g/mol=163.1g，故C错误；‎ D.达到平衡时，SO2的转化率=×100%=90%，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎16.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是(　　)‎ A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极 B. 0＜V≤22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O C. 22.4 L＜V≤44.8 L时，负极电极反应为CH4－8e－＋＋3H2O＝‎ D. V＝33.6 L时，溶液中只存在阴离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】因为n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故随着CH4‎ 通入的量逐渐增加，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。‎ ‎【详解】A. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；‎ B. 当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；‎ C. 当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为，不选C项；‎ D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有和，选择D项。‎ 答案选D。‎ 第II卷（非选择题，共52分）‎ 二．实验题，本大题共2小题，共20分。‎ ‎17.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________．‎ ‎（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”），简述理由：______________________．‎ ‎（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g·℃‎ ‎），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________．（小数点后保留一位小数）‎ ‎【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小；‎ ‎（3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等；‎ ‎（4））三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，由于第②组数据与其他两组相差较大，将第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-51.8 kJ/mol。‎ ‎18.某组甲乙同学进行稀硫酸与锌制取氢气的实验，请回答下列问题：‎ ‎（1）甲同学发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。‎ ‎　　　　　　实验 混合溶液　　　　　‎ A B C D E F ‎4 mol·L－1 H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎①请完成此实验设计，其中：V1＝___，V6＝___，V9＝___；‎ ‎②反应一段时间后，实验A中的金属呈___色，实验E中的金属呈___色；‎ ‎③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因___________________________。‎ ‎（2）乙同学为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。‎ 实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：‎ ‎1分钟水滴数（断开K）‎ ‎34‎ ‎59‎ ‎86‎ ‎117‎ ‎…‎ ‎102‎ ‎1分钟水滴数（闭合K）‎ ‎58‎ ‎81‎ ‎112‎ ‎139‎ ‎…‎ ‎78‎ 分析反应过程中的水滴数，请回答：‎ ‎① 由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是__________________________________________________________。‎ ‎② 由水滴数102＞78，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 30 (2). 10 (3). 17.5 (4). 灰黑 (5). 暗红 (6). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积 (7). 形成原电池反应速度快 (8). 断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+),c(H+)的影响是主要因素 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①为保证实验有对比性，只能改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等； ‎ ‎②实验A中锌粒与稀硫酸反应，因锌粒不纯，表面会有杂质的颜色；而实验E中生成的单质Cu会沉积在Zn的表面；‎ ‎③锌粒与硫酸铜反应生成的铜会附在锌粒表面；‎ ‎（2）①原电池可加快化学反应速率； ②根据氢离子浓度大小与速率的关系分析；‎ ‎【详解】（1）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，故A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL；而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL，故答案为：30；10；17.5；‎ ‎②不纯的锌粒中含有Pb、Bi、Sn等杂质，实验A中锌粒与稀硫酸反应后， 这些不活泼的金属杂质游离出来，以颗粒状沉积在锌粒表面呈灰黑色；而实验E中过量的锌粒会与硫酸铜反应生成铜，形成原电池，加快化学反应速率，因此该实验中暗红色的铜会附着在锌粒表面，故答案为：灰黑；暗红；‎ ‎③因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积；‎ ‎（2）①因在反应初期，形成了原电池，所有闭合K时比断开K时的反应速率快，故答案为：形成原电池反应速度快；‎ ‎②由于反应前期形成原电池反应速率快，氢离子消耗的多，则在后期，闭合K时溶液中氢离子浓度小，氢离子浓度越小反应速率越小，断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，所以在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率；‎ 故答案为：断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，c(H+)的影响是主要因素；‎ 三．填空题，本大题共2小题，共32分。‎ ‎19.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①‎ H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ②‎ 对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。‎ ‎（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。‎ A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度 ‎（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。‎ A．T1＞T2‎ B．a点的反应速率小于c点的反应速率 C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1‎ ‎（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。‎ 该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。‎ ‎【答案】(1). 89.3 (2). 40％ (3). 3.56×104 (4). BD (5). CD (6). Fe电极 (7). Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑） (8). 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）利用盖斯定律解题；‎ ‎（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；‎ ‎（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；‎ ‎（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；‎ 答案：89.3；‎ ‎（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；‎ ‎（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 ‎ 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20%‎ 得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；‎ ‎（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）‎ P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0‎ ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%‎ P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105‎ Kp==3.56×104；‎ A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；‎ B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；‎ C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；‎ D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；‎ 答案：40%；3.56×104；BD；‎ ‎（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；‎ D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；‎ 答案：CD；‎ ‎（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；‎ 答案：Fe电极；Fe+2=+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。‎ ‎20.钠硫电池作为一种新型储能电池，其应用逐渐得到重视和发展。‎ ‎（1）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2SX）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如下图所示：‎ ‎①根据上右表数据，请你判断该电池工作的适宜应控制在_________（填字母）范围内。‎ 物质 Na S Al2O3‎ 熔点/℃‎ ‎97.8‎ ‎115‎ ‎2050‎ 沸点/℃‎ ‎892‎ ‎444.6‎ ‎2980‎ a．100℃以下 b．100～300℃ c．300～350℃ d．350～2050℃‎ ‎②放电时，电极A为_________极，电极B发生_________反应（填“氧化或还原”）‎ ‎③充电时，总反应为Na2SX=2Na+xS（3＜x＜5），则阳极的电极反应式为：________________。‎ ‎（2）若把钠硫电池作为电源，电解槽内装有KI及淀粉溶液如图所示，槽内的中间用阴离子交换膜隔开。通电一段时间后，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。则右侧发生的电极方程式：___________；试分析左侧溶液蓝色逐渐变浅的可能原因是：___________。‎ ‎（3）若把钠硫电池作为电源，按如图所示装置进行实验电解乙池和丙池：‎ 当钠硫电池中消耗0.05xmol的S时，理论上乙池中B极的质量增加__________g；此时丙装置中___________（填“C”或“D”）电极析出7.20g金属，则丙装置中的某盐溶液可能是_______（填序号）。‎ a.MgSO4溶液 b.CuSO4溶液 c.NaCl溶液 d.AgNO3溶液 ‎【答案】(1). C (2). 负 (3). 还原 (4). SX2－-2e－=xS (5). 2H2O+2e—=H2↑+2OH—（2H++2e—=H2↑） (6). 右侧溶液中生成的OH—通过阴离子交换膜进入左侧溶液，并与左侧溶液中I2反应等 (7). 10.8 (8). D (9). bd ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，Na被氧化，应为原电池负极，阳离子向正极移动，充电时，阳极反应为原电池正极反应的逆反应，应生成S，以此解答； （2）左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧放出氢气，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，由此分析解答。‎ ‎（3）根据串联电路中电子转移数相等，结合电化学的工作原理分析作答。‎ ‎【详解】（1）①原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，则温度应高于115℃而低于444.6℃，只有C符合，故答案为：C；‎ ‎②放电时，Na被氧化，则A应为原电池负极，B为正极发生还原反应，故答案为：负；还原；‎ ‎③充电时，是电解池反应，阳极反应为：SX2－-2e－=xS；‎ ‎（2）根据以上分析，左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I−−2e−=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑），右侧I−、OH−通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH−=IO3−+5I−+3H2‎ O，一段时间后，蓝色变浅，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑）；右侧溶液中生成的OH-通过阴离子交换膜进入左侧溶液，并与左侧溶液中I2反应等；‎ ‎（3）根据反应式SX2－-2e－=xS可知，当钠硫电池中消耗0.05xmol的S时，电子转移数为0.1mol，则乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子数相等，乙池中B极的质量增加0.1mol108g/mol=10.8g；丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，D连接电源的负极，则D是阴极，电极质量会增加；根据转移电子相等知，当析出金属时，则该金属元素在氢元素之后，ac项错误，bd正确，故答案为：bd。‎