PAGE化學(xué)參考答案一、選擇題1．B【解析】該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，將0.5molH2(g)和0.5molI2(g)置于密閉容器中充分反應(yīng)生成HI(g)放出熱量kJ，則I2(g)和H2(g)反應(yīng)生成1molHI(g)時放出熱量大于kJ，放熱焓變?yōu)樨撝?，則其熱化學(xué)方程式為I2(g)+H2(g)2HI(g)，A錯誤；燃燒熱是指在一定壓強下，1mol可燃物完全燃燒生成指定產(chǎn)物時所放出的熱量，在101kPa時，2gH2(g)完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式表示為H2(g)+O2(g)H2O(1)，B正確；硫蒸氣的能量比等質(zhì)量的固態(tài)硫能量高，則硫蒸氣燃燒生成二氧化硫氣體比等質(zhì)量的固態(tài)硫燃燒放出的熱量多，焓變?yōu)樨撝禃r，放出熱量越多，焓變越小，則，C錯誤；HCl與NaOH中和反應(yīng)的反應(yīng)熱，硫酸與足量Ba(OH)2反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，由于生成沉淀也要放熱，則0.5molH2SO4與足量Ba(OH)2反應(yīng)放出的熱量大于57.3kJ，則該反應(yīng)的，D錯誤。2．B【解析】負極是鐵失去電子，正極分別是氫離子和氧氣得到電子，A正確；鍍鋅鐵皮破損后形成原電池，鋅為負極保護鐵，而鍍錫鐵皮破損后，鐵為負極，錫為正極，鐵腐蝕加速，B錯誤；鐵件與電源的負極相連，作電解池陰極，被保護，C正確；插入海水中的鐵棒靠近水面的位置與氧氣接觸，易發(fā)生吸氧腐蝕，腐蝕最嚴重，正確。3．D【解析】向甲的試管A中加入某一固體和液體，若注射器的活塞右移，說明氣體受熱膨脹．A中發(fā)生了放熱反應(yīng)或溶解過程放熱，A錯誤；將甲虛線框中的裝置換為乙裝置，由于鋅粒與稀硫酸反應(yīng)生成H2，生成的H2可使注射器的活塞右移，不能說明鋅粒和稀硫酸的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B錯誤；用丙裝置進行中和反應(yīng)熱的測定實驗時，為了減少熱量損失．NaOH要迅速倒入稀硫酸中，C錯誤；進行中和反應(yīng)熱的測定實驗時，每次實驗要測量并記錄酸溶液的溫度、堿溶液的溫度、酸堿混合后溶液的最高溫度，D正確。4．C【解析】根據(jù)蓋斯定律，②-2×③可得反應(yīng)2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，A正確；根據(jù)蓋斯定律，①+③可得反應(yīng)CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)，B正確；HCOOH的氧化反應(yīng)為2HCOOH(g)+O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)，由反應(yīng)①無法判斷其是否為吸熱反應(yīng)，C錯誤；正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能，+41.2kJ·mol-1>0，故反應(yīng)③的正反應(yīng)活化能大于逆反應(yīng)的活化能，D正確。5．B【解析】該裝置的目的是電解精煉Ga，則溶液中應(yīng)該有Ga3+，在陰極被還原生成Ga，所以高純Ga為陰極，粗Ga為陽極，由于活潑性Zn>Ga>Fe，所以Zn會先于Ga放電，而Fe、Cu會形成陽極泥。A項，電解精煉時，粗鎵作陽極，活潑的鋅和鎵優(yōu)先失去電子被氧化溶解，雜質(zhì)中的鐵和銅沉積下來形成陽極泥，正確；B項，鎵的化學(xué)性質(zhì)與鋁相似，具有兩性，陽極鎵失去電子在強堿性溶液中被氧化為GaO，陰極生成鎵的反應(yīng)為GaO+3e-+2H2OGa+4OH-，錯誤；C項，若電壓過高，溶液中的氫離子可能在陰極得到電子生成氫氣，從而導(dǎo)致電解效率下降，正確；D項，電流方向與電子流向相反，所以電流由直流電源正極，經(jīng)電解池陽極、電解質(zhì)溶液、電解池陰極到直流電源負極，正確。6．C【解析】由圖可知該裝置為原電池，主要將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，則a作負極，電極反應(yīng)為Zn-2e-+4OH-Zn(OH)，b作正極，電極反應(yīng)為PbO2+4H++2e-+SOPbSO4+2H2O，原電池中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據(jù)此解答。原電池工作時化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，A錯誤；放電過程中a電極區(qū)反應(yīng)為Zn-2e-+4OH-Zn(OH)，消耗氫氧根，pH變小，B錯誤；SO向負極移動，K+向正極移動，因為存在陰、陽離子交換膜，致使K+、SO留在兩個交換膜之間，電池工作一段時間后K2SO4濃度增大，C正確；根據(jù)分析可知，D錯誤。7．C【解析】由裝置圖可知，左側(cè)有氮氣參與反應(yīng)，因為目標產(chǎn)物是氨，氮元素的化合價由0價降為-3價，故其應(yīng)該得到電子，故a電極為陰極，則b為陽極，陰極反應(yīng)式為2N2+12e-+12H+4NH3，陽極反應(yīng)式為6H2O-12e-12H++3O2↑，據(jù)此分析解題，根據(jù)分析可知，a極為陰極，A正確；催化劑可以加快反應(yīng)速率，也就是加快單位時間內(nèi)電子轉(zhuǎn)移的速率，B正確；根據(jù)分析可知，每轉(zhuǎn)移12mol電子，陰極會生成4mol氨，陽極會產(chǎn)生3mol氧氣，兩極上產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比并不是1：1，C錯誤；標準狀況下，生成1.12L氨，其物質(zhì)的量為0.05mol，轉(zhuǎn)移0.15mol電子，陽極（b極）會產(chǎn)生0.15molH+，這些H+會全部轉(zhuǎn)移到陰極（a極），D正確。8．C【解析】從電池總反應(yīng)式可以分析出，放電時LiC6變?yōu)長i+和6C，Li元素化合價升高，所以石墨電極是負極，另一側(cè)磷酸鐵鋰電極為正極，放電過程電解質(zhì)中的Li+向磷酸鐵鋰電極方向移動。根據(jù)分析，石墨電極為負極，電勢更低，A錯誤；根據(jù)分析，放電時Li+移向磷酸鐵鋰電極，而充電時離子移動方向相反，向石墨電極移動，B錯誤；放電時，磷酸鐵鋰電極是正極，電子流入，充電時，該極需輸出電子，應(yīng)與電源正極相連，C正確；根據(jù)題圖可知，放電時正極電極反應(yīng)式應(yīng)是，D錯誤。9．A【解析】依據(jù)電池放電時總反應(yīng)為V2++VO+2H+V3++VO2++H2O，則放電時，負極：V2+-e-V3+，正極：VO+e-+2H+VO2++H2O，電極B為負極，電極A為正極；充電時，陰極：V3++e-V2+，陽極：VO2+-e-+H2OVO+2H+，電極B為陰極，電極A為陽極，太陽能電池的N電極流出電子，為負極，則P電極為疋極；所以儲能時，電極A（陽極）接太陽能電池的P電極（正極），電極B（陰極）接N電極（負極），故A錯誤；根據(jù)A選項分析，放電時，電極B的電極反應(yīng)式為V2+-e-V3+，故B正確；根據(jù)A選項分析，儲能時，電極A的電極反應(yīng)式為VO2+-e-+H2OVO+2H+，故C正確；放電時，H+向正極遷移、每轉(zhuǎn)移1mole-，負極將有1molV2+轉(zhuǎn)化為V3+（增加1mol正電荷），為保持電荷守恒，就有1molH+通過質(zhì)子交換膜進入A板區(qū)（正極區(qū)消耗的2molH+有二分之一來自B極區(qū)），故D正確。10．A【解析】化合物(YX4)2W2Z4常用作沉淀漓定分析試劑，X是原子半徑最小的元素，則X為H，Y的基態(tài)原子中單電子與成對電子個數(shù)比為3：4，即電子排布式為，則Y為N，Z元素的電負性僅次于氟元素，則Z為O，W原子電子總數(shù)與Z原子的最外層電子數(shù)相同，則W為C，化合物(YX4)2W2Z4為(NH4)2C2O4，據(jù)此分析解題。由分析可知，Y、Z分別為N、O，O的非金屬性強于N，故簡單氫化物的還原性；NH3>H2O，即Y>Z，A正確；已知主族元素的最高正價等于其最外層電子數(shù)，但O、F除外，B錯誤；N、O、C為同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族、VA族價電子為全充滿，半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能反常，故第一電離能：N>O>C，即Y>Z>W，C錯誤；該化合物即(NH4)2C2O4中，C原子與氧原子形成了鍵，故C為雜化，而NH中N原子的價層電子對數(shù)為4，其雜化方式為，二者的雜化方式不相同，D錯誤。11．C【解析】由題圖可知，原電池工作時，Al為負極，被氧化生成AlO，PbO2為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)溶液M區(qū)為KOH，R區(qū)為K2SO4，N區(qū)為H2SO4，原電池工作時，負極反應(yīng)為Al-3e-+4OH-AlO+2H2O，則消耗OH-，鉀離子向正極移動，正極反應(yīng)式為PbO2+SO+2e-+4H+PbSO4+2H2O，正極消耗氫離子，陰離子向負極移動，則y是陰離子交換膜，x是陽離子交換膜，以此解答該題。由分析可知，Al為負極，M區(qū)為負極區(qū)，陽離子流向正極區(qū)，故K+通過x膜移向R區(qū)，A錯誤；K+通過x膜移向R區(qū)，SO通過y膜移向R區(qū)，R區(qū)的K2SO4濃度逐漸增大，B錯誤；由分析可知，原電池工作時，Al作負極，負極反應(yīng)為Al-3e-+4OH-AlO+2H2O，C正確；消耗1.8gAl時電路中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，則由N區(qū)有0.1molSO經(jīng)過y膜進入R區(qū)，根據(jù)PbO2+SO+2e-+4H+PbSO4+2H2O，正極消耗0.1molSO，同時流出0.1molSO，故相當(dāng)于N區(qū)消耗了0.2molH2SO4同時生成了0.2molH2O，故N區(qū)電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少了0.2mol×98g·mol-1-0.2mol×18g·mol-1=16.0g，D錯誤。12．A【解析】A項，由圖可知CO在Pd2催化作用下與氧氣反應(yīng)產(chǎn)生CO2，化學(xué)方程式為2CO+O22CO2，反應(yīng)過程中CO中極性鍵、O2中非極性鍵斷裂，CO2中極性鍵生成，沒有非極性鍵的生成，A錯誤；B項，由圖可知，反應(yīng)路徑2所需的活化能比反應(yīng)路徑1低，故反應(yīng)路徑2的催化效果更好，B正確；C項，反應(yīng)的只與反應(yīng)物和生成物的能量有關(guān)，催化劑不會改變整個反應(yīng)的，C正確；D項，路徑1的最大能壘（活化能）-3.96eV-(-5.73eV)=1.77eV，D正確。13．C【解析】該原電池中，還原劑CH3COOH在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為CO2，電子從負極流出，電子沿著導(dǎo)線流向正極，正極上[Fe(CN)6]3-作氧化劑得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成[Fe(CN)6]4-，內(nèi)電路中陽離子移向正極，據(jù)此回答。工作時，a極區(qū)為負極區(qū)，b極區(qū)為正極區(qū)，H+由a極區(qū)移向b極區(qū)，A錯誤；正極反應(yīng)為[Fe(CN)6]3-+e-[Fe(CN)6]4-，B錯誤；負極電極反應(yīng)為CH3COOH-8e-+2H2O2CO2↑+8H+，每消耗1molCH3COOH，a板區(qū)釋放2molCO2氣體、8molH+從a極區(qū)移向b極區(qū)，a極區(qū)質(zhì)量減小2mol×44g·mol-1+8mol×1g·mol-1=96g，則消耗0.1molCH3COOH，a極區(qū)質(zhì)量減小9.6g，C正確；由以上分析可知，放電過程中，b極附近溶液的氫離子濃度增大，pH變小，D錯誤。14．B【解析】次氯酸的氧化性強于次氯酸根離子，由題給信息可知，的值小于1.49V，故A正確；由信息可知，四氧化三鈷與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鈷、氯氣和水，反應(yīng)的離子方程式為Co3O4+8H++2Cl-3Co2++Cl2↑+4H2O，故B錯誤；由信息可知，若=0.81V，堿性條件下發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化亞鈷與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈷和氯化鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Co(OH)2+NaClO+H2O2Co(OH)3+NaCl，故C正確；由表格數(shù)據(jù)可知，氧化型物質(zhì)的氧化性與溶液的酸堿性有關(guān)，溶液的酸性增強，物質(zhì)的氧化性增強，故D正確。15．C【解析】氯化銨溶液中加入鹽酸電解，陰極為氫離子得電子生成氫氣，因NCl3中N為-3價，故陽極為Cl-失電子生成+1價氯，電解池中總反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液可發(fā)生氧化還原反應(yīng)6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2↑+NH3↑+3NaOH+3NaCl，X溶液中有NaCl和NaOH，據(jù)此分析解答。NCl3中N原子的價層電子對數(shù)為4，空間構(gòu)型為三角錐形，A正確；根據(jù)分析，B正確；根據(jù)分析，X溶液中主要存在的離子有OH-、Na+、Cl-，C錯誤；ClO2具有強氧化性，可與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故可用適量FeSO4溶液去除，D正確。二、非選擇題16．(1)（2分）(2)C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)+134.5kJ·mol-1（2分）(3)413（2分）(4)①ClO（2分）②3ClO-(aq)ClO(aq)+2Cl-(aq)（2分）(5)N2(g)+O2(g)2NO(g)+183kJ·mol-1（2分）【解析】(1)反應(yīng)中放出熱量越多，越小，與1L1mol·L-1NaOH溶液反應(yīng)時，與稀硝酸相比，濃硫酸稀釋時放出大量熱，醋酸電離時吸收熱量，故。(2)根據(jù)蓋斯定律，①+②+③得碳與水制氫氣的總反應(yīng)C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)，則=+134.5kJ·mol-1，故熱化學(xué)方程式為C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)。(3)由題圖可知，CO與H2合成CH3OH的反應(yīng)熱，設(shè)甲醇中C—H鍵的鍵能為kJ·mol-1，則=1084kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-3xkJ·mol-1-465kJ·mol-1-343kJ·mol-1=-91kJ·mol-1，解得。(4)①由題圖可知，點對應(yīng)氯元素的化合價為+7價，則為ClO，②由題圖可知，為Cl-、為ClO-、C為ClO，則ClO-轉(zhuǎn)化為ClO和Cl-的方程式為3ClO-(aq)ClO(aq)+2Cl-(aq)=(63×1+0×2-60×3)kJ·mol-1=-117kJ·mol-1，即熱化學(xué)方程式為3ClO-(aq)ClO(aq)+2Cl-(aq)。(5)由題圖可知，該反應(yīng)的=(945+498)kJ·mol-1-2×630kJ·mol-1=+183kJ·mol-1，故其熱化學(xué)方程式為N2(g)+O2(g)2NO(g)。17．I．(1)還原（1分）(2)①溶液呈淺紫色，說明酸性KMnO4溶液過量，SO能被其繼續(xù)氧化（2分）②因為KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，溶液中本來就存在SO（2分）③0.01mol·L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0）（2分）取左側(cè)燒杯中的溶液，用鹽酸酸化后，滴加BaCl2溶液，觀察到有白色沉淀生成（2分）Ⅱ．(3)負（1分）CH3OH-6e-+H2OCO2↑+6H+（2分）(4)（2分）13（2分）【解析】I．(1)實驗I中KMnO4反應(yīng)生成MnO2，Mn元素化合價由+7價降到+4價，KMnO4被還原，體現(xiàn)了Na2S的還原性。實驗Ⅱ中KMnO4反應(yīng)生成MnS，Mn元素化合價由+7價降到+2價，KMnO4被還原，體現(xiàn)Na2S的還原性。(2)①反應(yīng)I，溶液紫色變淺，但紫色并未褪去，說明KMnO4過量，KMnO4能與SO反應(yīng)，則甲的預(yù)測不合理。②檢驗到溶液中存在SO，也不能說明S2-被氧化為SO，因為KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，溶液中本來就存在SO。③要證明實驗I中MnO將S2-氧化為SO，則要先排除酸性高錳酸鉀溶液中SO的干擾。可以將MnO與S2-的氧化還原反應(yīng)設(shè)計成帶鹽橋的原電池，將Na2S和酸性高錳酸鉀分開反應(yīng)。如果能在左側(cè)燒杯中檢驗到SO，說明S2-被氧化為SO。由實驗I圖可知，右側(cè)燒杯中應(yīng)放0.01mol·L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0）；根據(jù)上述分析，取左側(cè)燒杯中的溶液，用鹽酸酸化后，滴加BaCl2溶液，觀察到有白色沉淀生成。II．(3)燃料電池中，通入燃料的電極為負極，發(fā)生氯化反應(yīng)。根據(jù)裝置圖可知左側(cè)是電子流出的一極，所以通入a物質(zhì)的電極是原電池的負極。由于存在質(zhì)子交換膜，所以甲醇被氧化生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為CH3OH-6e-+H2OCO2↑+6H+。(4)串聯(lián)電路電流處處相等，串聯(lián)電路總電壓等于各處電壓之和，故題中兩個相同的燃料電池串聯(lián)，電子的傳遞量只能用一個電池計算。根據(jù)反應(yīng)CH4+2O2CO2+2H2O可知，電池通過的電量為；電解氯化鈉溶液的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知關(guān)系式1molCH4～8mole-～8molNaOH，故若每個電池通入0.224L（標準狀況）甲烷，生成0.08molNaOH，(NaOH)=0.08mol÷0.8L=0.1mol·L-1，pH=13。18．(1)（1分）(2)大于（1分）大于（1分）大于（1分）四面體形（1分）2（2分）(3)（2分）8（2分）（2分）【解析】(1)Br是35號元素，基態(tài)Br原子的電子排布式為。(2)F原子的電負性大于Cl原子，HF分子的極性大于HCl，同一條件下，HF在水中的溶解度大于HCl，HF分子間能形成氫鍵，HF的沸點大于HCl。SOCl2中心S原子的價電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體形。氟硼酸銨中銨根離子有1個配位鍵，BF中有1個配位鍵，故1mol氟硼酸銨含有2mol配位鍵。(3)點的原子分數(shù)坐標為，則點原子在軸的坐標為軸坐標為軸坐標為，所以點原子的分數(shù)坐標為；B原子在頂點和晶胞中心，B原子數(shù)為，C原子在棱上、面上，C原子數(shù)為；A原子在晶胞內(nèi)，1個晶胞含有A原子8個；A是1，B是Hg，C是Ag，距離中心Hg最近的Ag有8個（4個棱上和4個側(cè)面上的Ag）。Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，該晶體的密度為19．(1)將磷鐵渣粉碎或適當(dāng)增大硝酸的濃度或進行攪拌（2分）保持體系的酸度，防止生成FePO4，同時充分利用硝酸的強氧化性（2分）SiO2（1分）(2)3Fe2P+29H+