广东省广州六中广雅中学执信中学等六校联考届高三第一次月考化学试题doc.docx
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2015-2016学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校联考高三(上)第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(共20小题,每小题只有一个选项符合题意,每题2分,共分40分)
1.下列说法不正确的是( )
A.可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔
B.乙烯是石油裂解后的产物
C.石油的分馏、煤的干馏是物理变化,石油的裂解和裂化是化学变化
D.棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物,都能发生水解反应
【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用;有机化学反应的综合应用;化石燃料与基本化工原料.
【分析】A.乙炔能被高锰酸钾氧化,而乙烷不能;
B.石油裂解得到烯烃;
C.煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化;
D.相对分子之间在10000以上的化合物为高分子化合物,棉花、淀粉为多糖,蛋白质中含肽键.
【解答】解:
A.乙炔能被高锰酸钾氧化,而乙烷不能,可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔,故A正确;
B.石油裂解得到烯烃,主要含乙烯,故B正确;
C.煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化,煤的干馏、石油的裂解和裂化均有新物质生成,属于化学变化,而石油的分馏为物理变化,故C错误;
D.相对分子之间在10000以上的化合物为高分子化合物,棉花、淀粉为多糖,蛋白质中含肽键,则棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物,都能发生水解反应,故D正确;
故选C.
【点评】本题考查物质的鉴别及检验,为高频考点,把握物质的性质、性质差异及有机物的结构与性质为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.
2.化学与日常生活紧密相关,下列说法错误的是( )
A.氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸
B.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋,可防止食物受潮
C.二氧化硅可用于制备太阳能电池板,晶体硅可用于制作光导纤维
D.装饰材料释放的甲醛会造成污染
【考点】铵盐;常见的生活环境的污染及治理;硅和二氧化硅.
【分析】A.NH4NO3在重力撞击下发生分解反应;
B.硅胶具有吸水性,可作干燥剂;
C.硅单质用于制备太阳能电池板;
D.甲醛有毒性,会污染空气.
【解答】解:
A.NH4NO3在重力撞击下发生分解反应,反应瞬间生成大量气体,所以NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸,故A正确;
B.硅胶具有吸水性,可作干燥剂,所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋,可吸收水蒸气防止食物受潮,故B正确;
C.硅单质是重要的半导体材料,用于制备太阳能电池板,二氧化硅可用于制作光导纤维,故C错误;
D.装饰材料会释放甲醛,甲醛有毒性,会污染空气,故D正确.
故选C.
【点评】本题考查了铵盐、硅胶、硅单质和二氧化硅、甲醛等的性质和应用,题目难度不大,注意把握常见物质的性质及应用.
3.反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A.增加C的量B.将容器的体积缩小一半
C.保持体积不变,充入H2O(g)D.保持压强不变,充入N2
【考点】化学反应速率的影响因素.
【分析】A、根据浓度越大,化学反应速率越快,固体量的增减不影响反应速率;
B、体积缩小,反应体系中物质的浓度增大,化学反应速率越快;
C、体积不变,充入水蒸气,使体系压强增大,反应速率加快;
D、压强不变,充入氮气容器的体积变大,反应体系中各物质的浓度减小.
【解答】解:
A、因浓度越大,化学反应速率越快,但是固体量的增减不影响反应速率,所以增加C(s)的量,反应速率不变,故A正确;
B、将容器的体积缩小一半,反应体系中物质的浓度增大,则化学反应速率增大,故B错误;
C、保持体积不变,充入水蒸气,使体系压强增大,反应速率加快,故C错误;
D、保持压强不变,充入氮气,使容器的体积变大,反应体系中各物质的浓度减小,则反应速率减小,故D错误.
故选A.
【点评】影响化学速率的因素有:
温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积,需要注意的是改变纯固体或液体的量,对反应速率无影响,压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变.
4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )
选项叙述Ⅰ叙述Ⅱ
ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+
BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀
C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2
DZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料
A.AB.BC.CD.D
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;浓硫酸的性质;金属的通性.
【分析】A、硫化铜、硫化汞为难溶物;
B、CaCO3溶解于强酸;
C、浓硫酸做干燥剂体现其吸水性;
D、Zn具有还原性和导电性.
【解答】解;A、除去废水中的Cu2+和Hg2+,利用了硫化物的溶解性,故A错误;
B、CaCO3溶解于强酸,CaCl2溶液中通入CO2不能生成白色沉淀,故B错误;
C、浓硫酸可用于干燥SO2,体现了浓硫酸的吸水性,和氧化性无关,故C错误;
D、锌锰干电池的负极材料,体现了Zn的导电性和还原性,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了物质的性质,明确硫化钠、浓硫酸、碳酸钙、锌的性质是解题关键,注意浓硫酸的吸水性,和氧化性无关.
5.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.标准状况下,22.4LSO3含有NA个分子
B.6.4g氧气和3.2g臭氧(O3)混合气体所含有的氧原子数为0.6NA
C.过氧化钠与CO2反应时,0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NA
D.标准状况下,2.24LCl2与过量的稀FeCl2溶液反应,转移电子总数为0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数.
【分析】A、标况下,三氧化硫为固体;
B、氧气和臭氧均由氧原子构成;
C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应;
D、标况下,22.4L氯气为1mol,根据反应后氯元素为﹣1价来分析.
【解答】解:
A、标况下,三氧化硫为固体,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;
B、氧气和臭氧均由氧原子构成,故6.4g氧气和3.2g臭氧即9.6g混合气体中含有的氧原子的物质的量n=
=0.6mol,即0.6NA个,故B正确;
C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应,1mol过氧化钠转移1mol电子,则0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个,故C错误;
D、标况下,2.24L氯气为0.1mol,且完全反应,反应后氯元素为﹣1价,故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个,故D错误.
故选B.
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,注意掌握公式的运用和物质的结构,难度不大.
6.分子式为C4H8O2能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有(不含顺反异构)( )
A.6种B.5种C.4种D.3种
【考点】有机化合物的异构现象.
【分析】分子式为C4H8O2的酯为饱和一元酯,形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4,讨论羧酸与醇含有的碳原子,判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数即可得出酯的种类.
【解答】解:
分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,属于饱和一元酯,
若为甲酸和丙醇酯化,甲酸1种,丙醇有2种,酯有2种;
若为乙酸和乙醇酯化,乙酸1种,乙醇有1种,酯有1种;
若为丙酸和甲醇酯化,丙酸有1种,甲醇1种,酯有1种;
可形成的酯共有4种,
故选C.
【点评】本题考查同分异构体的书写与判断,难度中等,关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断,注意利用数学法进行计算.
7.下列叙述错误的是( )
A.等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同
B.制备乙酸乙酯时可用饱和的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸
C.用饱和食盐水替代水跟电石反应,可以减缓乙炔的产生速率
D.SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.Al和NaOH、HCl反应都生成氢气,反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑;
B.乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解;
C.用饱和食盐水替代水,相当于降低了水的浓度;
D.SO2能与溴水发生氧化还原反应;乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应.
【解答】解:
A.Al和NaOH、HCl反应都生成氢气,反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,烧碱和盐酸足量时,生成氢气的量与Al的量成正比,Al的质量相等,所以生成氢气质量相等,故A正确;
B.乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解,应用饱和碳酸钠溶液收集产物以除去其中的乙酸,故B错误;
C.用饱和食盐水替代水,相当于降低了水的浓度,可以减缓乙炔的产生速率,故C正确;
D.SO2能与溴水发生氧化还原反应;乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应,故SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同,故D正确.
故选B.
【点评】本题考查较为综合,涉及物质的量的计算、酯的水解、乙炔的制备、物质的鉴别等知识,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高考常见题型,注意相关知识的学习与积累,难度不大.
8.下列各种情况下,常温下溶液中一定能大量存在的离子组是( )
A.由水电离出的c(H+)=l×10﹣12mol/L的溶液中:
K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣
B.无色溶液中可能大量存在:
Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣
C.pH=7的中性溶液中:
Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣
D.酸性溶液中可能大量存在:
Na+、ClO﹣、SO42﹣、CN﹣
【考点】离子共存问题.
【分析】A.由水电离出的c(H+)=l×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,四种离子之间不反应,都不与氢离子和氢氧根离子反应;
B.铝离子与硫离子发生双水解反应;
C.铁离子在溶液中发生水解,溶液呈酸性;
D.酸性溶液中存在大量氢离子,ClO﹣、CN﹣都与氢离子反应.
【解答】解:
A.由水电离出的c(H+)=l×10﹣12mol/L的溶液为酸性或碱性溶液,K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应,都不与氢离子和氢氧根离子发生反应,在溶液中能够大量共存,故A正确;
B.Al3+、S2﹣之间发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;
C.Fe3+在溶液中部分水解,溶液显示酸性,不可能为中性,故C错误;
D.酸性溶液中存在大量氢离子,ClO﹣、CN﹣与酸性溶液中的氢离子发生反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;
故选A.
【点评】本题考查离子共存的判断,为高考的高频题,属于中等难度的试题,注意明确离子不能大量共存的一般情况,如:
能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间等;解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件,如:
溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的颜色,如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在.
9.已知下列反应:
Co2O3+6HCl(浓)═2CoCl2+Cl2↑+3H2O(I)5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3(II)
下列说法正确的是( )
A.反应I中HCl是氧化剂B.反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应
C.还原性:
CoCl2>HCl>I2D.氧化性:
Co2O3>Cl2>HIO3
【考点】氧化还原反应.
【专题】氧化还原反应专题.
【分析】Co2O3+6HCl(浓)═2CoCl2+Cl2↑+3H2O中Co元素的化合价降低,Cl元素的化合价升高,
5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价降低,I元素的化合价升高,结合氧化还原反应基本概念来解答.
【解答】解:
A.反应I中Cl元素的化合价升高,则HCl为还原剂,故A错误;
B.II中Cl元素的化合价降低,则氯气发生还原反应,故B错误;
C.由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知,I中还原性为HCl>CoCl2,II中还原性为I2>HCl,故C错误;
D.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,I中氧化性为Co2O3>Cl2,II中氧化性为Cl2>HIO3,则氧化性为Co2O3>Cl2>HIO3,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应基本概念的考查,注意氧化性、还原性比较的规律性方法,题目难度不大.
10.根据原子结构与元素周期律的知识,下列推断正确的是( )
A.同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
B.核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C.Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小
D.1735Cl与1737Cl得电子能力相同
【考点】元素周期律的作用.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】A.同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱;
B.核外电子排布相同的微粒,化学性质不一定相同,如Ar原子与S2﹣离子;
C.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小;
D.互为同位素原子的化学性质几乎完全相同.
【解答】解:
A.同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱,不是最高价含氧酸不一定,如HClO为弱酸、HBrO4为强酸,故A错误;
B.核外电子排布相同的微粒,化学性质不一定相同,如Ar原子化学性质稳定,而S2﹣离子具有强还原性,故B错误;
C.S2﹣、Cl﹣、Ca2+、K+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径S2﹣>Cl﹣>K+>Ca2+,故C错误;
D.3517Cl与3717Cl互为同位素,化学性质几乎完全相同,电子能力相同,故D正确,
故选D.
【点评】本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等,难度不大,注意对基础知识的理解掌握.
11.X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素,原子序数依次递增.X与Z位于同一主族,Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应,Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14.下列说法正确的是( )
A.室温下,0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH>1
B.Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸
C.Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D.原子半径由小到大的顺序:
X<Y<Z<W
【考点】原子结构与元素周期律的关系.
【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应,应为Al元素,Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,应为Si元素,X与Z位于同一主族,则X为C元素,Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14,则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7,且原子序数最大,应为Cl元素,结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质.
【解答】解:
Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应,应为Al元素,Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,应为Si元素,X与Z位于同一主族,则X为C元素,Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14,则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7,且原子序数最大,应为Cl元素,
A.W为Cl元素,对应的HCl的水溶液为强酸,室温下,0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1,故A错误;
B.Z为Si,对应的二氧化硅与水不反应,故B错误;
C.Y为Al,金属性比铁,可用铝热反应置换出铁,故C正确;
D.C元素位于第二周期,其它元素位于第三周期,则C元素的半径最小,同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小,则子半径由小到大的顺序为C<Cl<Si<Al,故D错误.
故选C.
【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质,题目难度中等,本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口,注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质,题中从常见元素化合物的性质入手考查,是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目,建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累.
12.下列表示对应化学反应的离子方程式.其中正确的是( )
A.向NaAlO2溶液中通入过量的CO2:
2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32﹣
B.NH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液:
NH4++OH﹣═NH3.H2O
C.AlCl3溶液中滴加过量氨水:
Al3++3NH3.H2O═3NH4++Al(OH)3↓
D.磁性氧化铁(Fe3O4)溶于稀硝酸3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O
【考点】离子方程式的书写.
【分析】A.反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠;
B.漏写碳酸氢根离子与碱的反应;
C.反应生成氢氧化铝和氯化铵;
D.Fe3O4在离子反应中保留化学式,发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水.
【解答】解:
A.向NaAlO2溶液中通入过量的CO2的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3﹣,故A错误;
B.NH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣═NH3.H2O+H2O+CO32﹣,故B错误;
C.AlCl3溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2O═3NH4++Al(OH)3↓,故C正确;
D.磁性氧化铁(Fe3O4)溶于稀硝酸3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O,故D错误;
故选C.
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查,题目难度不大.
13.下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A.在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中:
c(Na+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣)>c(H2CO3)
B.在0.1mol•L﹣1NaClO溶液中:
c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO)
C.某温度下,CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液,使溶液pH=7时:
c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)
D.已知酸性:
HCOOH>CH3COOH,相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中:
c(K+)﹣c(HCOO﹣)>c(Na+)﹣c(CH3COO﹣)
【考点】离子浓度大小的比较.
【分析】A.碳酸氢钠溶液中,HCO3﹣的水解程度大于其电离程度,则c(CO32﹣)<c(H2CO3);
B.根据次氯酸钠溶液中的质子守恒进行分析;
C.温度影响水的离子积,不是常温下,pH=7的溶液不是中性,则c(H+)≠c(OH﹣);
D.相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中,钾离子和钠离子浓度相等,根据酸性越强,对应酸根离子的水解程度越小进行判断c(HCOO﹣)、c(CH3COO﹣)的浓度大小即可.
【解答】解:
A.在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中,由于HCO3﹣的水解程度大于其电离程度,则c(CO32﹣)<c(H2CO3),正确的浓度大小为:
c(Na+)>c(HCO3﹣)>c(H2CO3)>c(CO32﹣),故A错误;
B.在0.1mol•L﹣1NaClO溶液中,根据质子守恒可得:
c(OH﹣)=c(H+)+c(HClO),故B正确;
C.某温度下,CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液,使溶液pH=7时,此时溶液不一定为中性,则不一定满足c(H+)=c(OH﹣),无法判断c(CH3COO﹣)、c(Na+)的大小,故C错误;
D.由于酸性HCOOH>CH3COOH,相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中,CH3COO﹣的水解程度大于HCOO﹣,则溶液中离子浓度:
c(HCOO﹣)>c(CH3COO﹣),而钾离子和钠离子浓度相等,则c(K+)﹣c(HCOO﹣)<c(Na+)﹣c(CH3COO﹣),故D错误;
故选B.
【点评】本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,明确盐的水解原理、电荷守恒、质子守恒等知识的含义为解答关键,试题充分考查学生的分析能力及灵活应用能力.
14.下列描述及热化学方程式均正确的是( )
A.已知C2H6的燃烧热为1090kJ•mol﹣1,则C2H6燃烧的热化学方程式为:
C2H6(g)+3.5O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H=﹣1090kJ/mol
B.25℃,101kPa下,lmolC6H6燃烧生成CO2和液态水时放出3260kJ热量,其热化学方程式为:
C6H6(g)+7.5O2(g)═6CO2(g)+3H2O(l)△H=﹣3260kJ•mol﹣1
C.已知常温下:
H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57.3kJ/mol,则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O(l)时也放出57.3kJ的热量
D.已知2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=﹣566kJ•mol﹣1,则CO的燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1
【考点】热化学方程式.
【专题】化学反应中的能量变化.
【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量;
B、苯常温下为液体;
C、醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程中吸热;
D、依据燃烧热概念结合热化学方程式计算分析判断.
【解答】解:
A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,选项中热化学方程式生成的水为气体,不是稳定氧化物,故A错误;
B、苯常温下为液体不是气体,故B错误;
C、醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程中吸热,稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O(l)时也放出的热量小于57.3kJ,故C错误;
D、依据燃烧热概念结合热化学方程式计算分析判断,已知2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=﹣566kJ•mol﹣1,则CO的燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了热化学方程式书写分析,燃烧热,中和热概念的理解应用,掌握基础是解题关键,题目难度中等.
15.装置图所示,有关分析不正确的是( )
A.该装置中Cu极为阳极
B.工作时,左池中K+移向a电极
C.工作一段时间,要使右池溶液复原可加入适量的CuO
D.b极的电极反应式:
H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理.
【分析】外电路中,电子由铜流向a极,则左图中为原电池,负极b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O,正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣;右图为电解池,Cu与正极相连为阳极,发生Cu﹣2e﹣=Cu2+,Zn为阴极,发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu,以此来解答.
【解答】解:
正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,电解池中Cu与正极相连为阳极,发生Cu﹣2e﹣=Cu2+,故A正确;
B.外电路中,左池为原电池,K+移向正极a,故B正确;
C.右图为电解池,Cu与正极相连为阳极,发生Cu﹣2e﹣=Cu2+,Zn为阴极,发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu,所以电解质溶液基本不变,故C错误;
D.电解质为KOH,则b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O,故D正确;
故选C.
【点评】本题考查原电池与电解池,明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键,注意利用
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