化学参考答案一、选择题1．B【解析】该反应为可逆反应，将0.5molH2(g)和0.5molI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI(g)放出热量akJ，则I2(g)和H2(g)反应生成1molHI(g)时放出热量大于akJ，放热1焓变为负值，则其热化学方程式为I2(g)+H2(g)2HI(g)H2akJmol，A错误；燃烧热是指在一定压强下，1mol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，在101kPa时，2gH2(g)完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程11式表示为H2(g)+O2(g)H2O(1)H285.8kJmol，B正确；硫蒸气的能量比2等质量的固态硫能量高，则硫蒸气燃烧生成二氧化硫气体比等质量的固态硫燃烧放出的热量多，焓变为负值时，放出热量越多，焓变越小，则，错误；与H1H2CHCl1NaOH中和反应的反应热H57.3kJmol，硫酸与足量Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，由于生成沉淀也要放热，则0.5molH2SO4与足量Ba(OH)2反应放出的热量大于57.3kJ，则该反应的H57.3kJmol1，D错误。2．B【解析】负极是铁失去电子，正极分别是氢离子和氧气得到电子，A正确；镀锌铁皮破损后形成原电池，锌为负极保护铁，而镀锡铁皮破损后，铁为负极，锡为正极，铁腐蚀加速，B错误；铁件与电源的负极相连，作电解池阴极，被保护，C正确；插入海水中的铁棒靠近水面的位置与氧气接触，易发生吸氧腐蚀，腐蚀最严重，正确。3．D【解析】向甲的试管A中加入某一固体和液体，若注射器的活塞右移，说明气体受热膨胀．A中发生了放热反应或溶解过程放热，A错误；将甲虚线框中的装置换为乙装置，由于锌粒与稀硫酸反应生成H2，生成的H2可使注射器的活塞右移，不能说明锌粒和稀硫酸的反应为放热反应，B错误；用丙装置进行中和反应热的测定实验时，为了减少热量损失．NaOH要迅速倒入稀硫酸中，C错误；进行中和反应热的测定实验时，每次实验要测量并记录酸溶液的温度、碱溶液的温度、酸碱混合后溶液的最高温度，D正确。4．C【解析】根据盖斯定律，②-2×③可得反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)1，正确；根据盖斯定律，①③可得反应H4210.3kJmolA+1，正确；的氧化反应为CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)H531.4kJmolBHCOOH2HCOOH(g)+O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)，由反应①无法判断其是否为吸热反应，C错误；学科网（北京）股份有限公司正反应的活化能逆反应的活化能，·-1，故反应③的正反H-H3+41.2kJmol>0应活化能大于逆反应的活化能，D正确。5．B【解析】该装置的目的是电解精炼Ga，则溶液中应该有Ga3+，在阴极被还原生成Ga，所以高纯Ga为阴极，粗Ga为阳极，由于活泼性Zn>Ga>Fe，所以Zn会先于Ga放电，而Fe、Cu会形成阳极泥。A项，电解精炼时，粗镓作阳极，活泼的锌和镓优先失去电子被氧化溶解，杂质中的铁和铜沉积下来形成阳极泥，正确；B项，镓的化学性质与铝相似，具有两性，阳极镓失去电子在强碱性溶液中被氧化为，阴极生成镓的反应GaO2为--，错误；项，若电压过高，溶液中的氢离子可能在阴GaO2+3e+2H2OGa+4OHC极得到电子生成氢气，从而导致电解效率下降，正确；D项，电流方向与电子流向相反，所以电流由直流电源正极，经电解池阳极、电解质溶液、电解池阴极到直流电源负极，正确。6．C【解析】由图可知该装置为原电池，主要将化学能转化为电能，则a作负极，电极反应为--2，作正极，电极反应为+-Zn-2e+4OHZn(OH)4bPbO2+4H+2e2，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。+SO4PbSO4+2H2O原电池工作时化学能转化为电能，A错误；放电过程中a电极区反应为Zn-2e-+4OH-2，消耗氢氧根，变小，错误；2向负极移动，+向正极移动，因Zn(OH)4pHBSO4K为存在阴、阳离子交换膜，致使+、2留在两个交换膜之间，电池工作一段时间后KSO4K2SO4浓度增大，C正确；根据分析可知，D错误。7．C【解析】由装置图可知，左侧有氮气参与反应，因为目标产物是氨，氮元素的化合价-由0价降为-3价，故其应该得到电子，故a电极为阴极，则b为阳极，阴极反应式为2N2+12e+-++12H4NH3，阳极反应式为6H2O-12e12H+3O2↑，据此分析解题，根据分析可知，a极为阴极，A正确；催化剂可以加快反应速率，也就是加快单位时间内电子转移的速率，B正确；根据分析可知，每转移12mol电子，阴极会生成4mol氨，阳极会产生3mol氧气，两极上产生气体的物质的量之比并不是1：1，C错误；标准状况下，生成1.12L氨，其物质的量为0.05mol，转移0.15mol电子，阳极（b极）会产生0.15molH+，这些H+会全部转移到阴极（a极），D正确。学科网（北京）股份有限公司+8．C【解析】从电池总反应式可以分析出，放电时LiC6变为Li和6C，Li元素化合价升高，所以石墨电极是负极，另一侧磷酸铁锂电极为正极，放电过程电解质中的Li+向磷酸铁锂电极方向移动。根据分析，石墨电极为负极，电势更低，A错误；根据分析，放电时Li+移向磷酸铁锂电极，而充电时离子移动方向相反，向石墨电极移动，B错误；放电时，磷酸铁锂电极是正极，电子流入，充电时，该极需输出电子，应与电源正极相连，C正确；根据题图可知，放电时正极电极反应式应是，错误。M1xFexPO4eLiLiM1xFexPO4D．【解析】依据电池放电时总反应为2++3+2+，则放电时，负9AV+VO2+2HV+VO+H2O极：2+-3+，正极：-+2+，电极为负极，电极为正极；V-eVVO2+e+2HVO+H2OBA充电时，阴极：3+-2+，阳极：2+-+，电极为阴极，电V+eVVO-e+H2OVO2+2HB极A为阳极，太阳能电池的N电极流出电子，为负极，则P电极为疋极；所以储能时，电极A（阳极）接太阳能电池的P电极（正极），电极B（阴极）接N电极（负极），故A错误；根据A选项分析，放电时，电极B的电极反应式为V2+-e-V3+，故B正确；根据选项分析，储能时，电极的电极反应式为2+-+，故AAVO-e+H2OVO2+2HC正确；放电时，H+向正极迁移、每转移1mole-，负极将有1molV2+转化为V3+（增加1mol正电荷），为保持电荷守恒，就有1molH+通过质子交换膜进入A板区（正极区消耗的2molH+有二分之一来自B极区），故D正确。10．A【解析】化合物(YX4)2W2Z4常用作沉淀漓定分析试剂，X是原子半径最小的元素，则X为H，Y的基态原子中单电子与成对电子个数比为3：4，即电子排布式为1s22s22p3，则Y为N，Z元素的电负性仅次于氟元素，则Z为O，W原子电子总数与Z原子的最外层电子数相同，则W为C，化合物(YX4)2W2Z4为(NH4)2C2O4，据此分析解题。由分析可知，Y、Z分别为N、O，O的非金属性强于N，故简单氢化物的还原性；NH3>H2O，即Y>Z，A正确；已知主族元素的最高正价等于其最外层电子数，但O、F除外，B错误；N、O、C为同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、VA族价电子为全充满，半充满稳定结构，第一电离能反常，故第一电离能：N>O>C，即Y>Z>W，2C错误；该化合物即(NH4)2C2O4中，C原子与氧原子形成了键，故C为sp杂化，而中原子的价层电子对数为，其杂化方式为3，二者的杂化方式不相同，NH4N4spD学科网（北京）股份有限公司错误。．【解析】由题图可知，原电池工作时，为负极，被氧化生成，为正极，11CAlAlO2PbO2发生还原反应，电解质溶液M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4，原电池工作时，负极反应为--，则消耗-，钾离子向正极移动，正Al-3e+4OHAlO2+2H2OOH极反应式为2-+，正极消耗氢离子，阴离子向负极移PbO2+SO4+2e+4HPbSO4+2H2O动，则y是阴离子交换膜，x是阳离子交换膜，以此解答该题。由分析可知，Al为负极，M区为负极区，阳离子流向正极区，故K+通过x膜移向R区，A错误；K+通过x膜移向区，2通过膜移向区，区的浓度逐渐增大，错误；由分析可RSO4yRRK2SO4B知，原电池工作时，作负极，负极反应为--，正确；消AlAl-3e+4OHAlO2+2H2OC1.8g耗1.8gAl时电路中转移的电子的物质的量为30.20mol,根据电子转27gmol1移数目相等，则由区有2-经过膜进入区，根据2--N0.1molSO4yRPbO2+SO4+2e+，正极消耗2-，同时流出2-，故相当于区+4HPbSO4+2H2O0.1molSO40.1molSO4N消耗了0.2molH2SO4同时生成了0.2molH2O，故N区电解质溶液质量减少了0.2mol×98g·mol-1-0.2mol×18g·mol-1=16.0g，D错误。12．A【解析】A项，由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，化学方程式为2CO+O22CO2，反应过程中CO中极性键、O2中非极性键断裂，CO2中极性键生成，没有非极性键的生成，A错误；B项，由图可知，反应路径2所需的活化能比反应路径1低，故反应路径2的催化效果更好，B正确；C项，反应的H只与反应物和生成物的能量有关，催化剂不会改变整个反应的H，C正确；D项，路径1的最大能垒（活化能）E正-3.96eV-(-5.73eV)=1.77eV，D正确。13．C【解析】该原电池中，还原剂CH3COOH在负极失去电子发生氧化反应转化为CO2，3-电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上[Fe(CN)6]作氧化剂得到电子发生还4-原反应生成[Fe(CN)6]，内电路中阳离子移向正极，据此回答。工作时，a极区为负极区，b极区为正极区，H+由a极区移向b极区，A错误；正极反应为3--4--[Fe(CN)6]+e[Fe(CN)6]，B错误；负极电极反应为CH3COOH-8e+++2H2O2CO2↑+8H，每消耗1molCH3COOH，a板区释放2molCO2气体、8molH学科网（北京）股份有限公司从a极区移向b极区，a极区质量减小2mol×44g·mol-1+8mol×1g·mol-1=96g，则消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减小9.6g，C正确；由以上分析可知，放电过程中，b极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小，D错误。14．B【解析】次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的+-2+离子方程式为Co3O4+8H+2Cl3Co+Cl2↑+4H2O，故B错误；由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O2Co(OH)3+NaCl，故C正确；由表格数据可知，氧化型物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确。15．C【解析】氯化铵溶液中加入盐酸电解，阴极为氢离子得电子生成氢气，因NCl3中N为-3价，故阳极为Cl-失电子生成+1价氯，电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液可发生氧化还原反应6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2↑+NH3↑+3NaOH+3NaCl，X溶液中有NaCl和NaOH，据此分析解答。NCl3中N原子的价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，A正确；根-+-据分析，B正确；根据分析，X溶液中主要存在的离子有OH、Na、Cl，C错误；ClO2具有强氧化性，可与亚铁离子发生氧化还原反应