2025年浙教版選擇性必修1化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版選擇性必修1化學下冊月考試卷362考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、支撐海港碼頭基礎的鋼管樁；常用外加電流的陰極保護法進行防腐，工作原理如圖所示，下列有關表述錯誤的是（）

A.利用了電解原理B.電子由電源負極流向鋼管樁C.鋼管樁是負極D.高硅鑄鐵作陽極2、以下說法不正確的是（）A.升溫可提高活化分子百分數(shù)，加快反應速率B.使用催化劑可降低反應活化能，加快反應速C.增大反應物的濃度可增大活化分子百分數(shù)，從而加快反應速率D.對于有氣體參與的反應，溫度不變時壓強的變化可以看作改變濃度3、下列實驗操作正確且能達到相應實驗目的的是。選項實驗目的實驗操作A測定溶液的用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上B稱取2.0g固體先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上放2g砝碼，左盤上添加固體C檢驗溶液中是否含有取少量待測液于試管中，加入溶液并加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體D驗證鐵的吸氧腐蝕將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒A.AB.BC.CD.D4、室溫下，將1.0mol·L-1的鹽酸滴入20.00mL1.0mol/L的氨水中；溶液的pH和溫度隨加入鹽酸體積的變化曲線如圖所示。下列有關說法正確的是。

A.a點時，由水電離出的c(H+)=1.0×10-14mol/LB.b點：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)C.c點：c(Cl-)=c(NH)D.d點后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3·H2O電離吸收熱量5、某溫度時，在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示；下列說法不正確的是。

A.b點對應的等于c點對應的B.采取蒸發(fā)溶劑的方法可以使溶液從a點變到b點C.該溫度下，的D.溶液與溶液等體積混合不會生成沉淀6、某鎳冶煉車間排放的漂洗廢水中含有一定濃度的和圖甲是雙膜三室電沉積法回收廢水中的的示意圖，圖乙描述的是實驗中陰極液pH值與鎳回收率之間的關系。下列說法不正確的是()鎳的相對原子質量約為59)

圖甲圖乙A.交換膜a為陽離子交換膜B.濃縮室得到的鹽酸時，陰極回收得到鎳C.陰極液時，鎳的回收率低主要是有較多的生成D.陽極反應式為7、下列說法正確的有幾項。

①活化分子間的碰撞一定能發(fā)生化學反應。

②普通分子不會發(fā)生碰撞。

③升高溫度會加快反應速率；原因是增加了活化分子的有效碰撞次數(shù)。

④增大反應物濃度會加快反應速率的原因是單位體積內有效碰撞的次數(shù)增多。

⑤使用催化劑能加快反應速率；原因是提高了分子的能量，使有效碰撞頻率增大。

⑥化學反應的實質是活化分子有合適取向時的有效碰撞A.1項B.2項C.3項D.4項8、某二元弱酸（簡寫為H2B)溶液；按下式發(fā)生一級和二級電離：

H2BH++HB-

HB-H++B2-

已知相同濃度時的電離度a(H2B)>>a(HB-）；現(xiàn)有下列四種溶液：

①0.01mol?L-1的H2B溶液。

②0.01mol?L-1的NaHB溶液。

③0.02mol?L-1的HCl溶液與0.04mol?L-1的NaHB溶液等體積混合后的溶液。

④0.02mol?LL-1的NaOH溶液與0.02mol?L-1的NaHB溶液等體積混合后的溶液。

下列說法錯誤的是（）A.溶液④一定顯堿性B.c(H2B)最大的是③C.c(B2-)最小的是①D.c(H+)最大的是③9、關于反應2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)ΔH<0下列說法正確的是A.常溫常壓下SO2和O2按照物質的量2∶1混合，充分反應后SO2的轉化率可以達到85%，因此S在空氣中燃燒生成SO3B.加熱能使反應物能量提高，有效碰撞次數(shù)增加，導致反應速率增大，因此應盡量提高反應溫度來實現(xiàn)該轉化C.水的存在使SO2的氧化大大加快，所以水是上述反應的催化劑D.及時把生成的SO3從混合體系分離除去，不能加快反應但可以使生成的SO3更多評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、按要求完成下列問題。

(1)微生物燃料電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置。某微生物燃料電池的工作原理如下圖所示：

①HS-在硫氧化菌作用下轉化為的電極反應式是_______。

②若維持該微生物電池中兩種細菌的存在，則電池可以持續(xù)供電，原因是_______。

(2)PbSO4熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源?；窘Y構如圖所示，其中作為電解質的無水LiCl-KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能。該電池總反應為PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

①放電過程中，Li+向_______(填“負極”或“正極”)移動。

②負極反應式為_______。

③電路中每轉移0.2mol電子，理論上生成_______gPb。

(3)氨氧燃料電池具有很大的發(fā)展?jié)摿Α０毖跞剂想姵毓ぷ髟砣缦聢D所示。

①a電極的電極反應式是_______；

②一段時間后，需向裝置中補充KOH，請依據(jù)反應原理解釋原因是_______。11、I.某研究性學習小組根據(jù)反應設計如圖原電池，其中甲、乙兩燒杯中各物質的物質的量濃度均為溶液的體積均為鹽橋中裝有飽和溶液。

回答下列問題：

(1)此原電池的負極是石墨______(填“a”或“b”)，電池工作時，鹽橋中的移向______(填“甲”或“乙”)燒杯。

(2)正極反應式為：______。

II.某甲醇燃料電池的工作原理如圖所示，質子交換膜(只有質子能夠通過)左右兩側的溶液均為溶液。

(3)當導線中有發(fā)生轉移時，左右兩側溶液的質量差為______g(假設反應物耗盡，忽略氣體的溶解)。12、如圖是一個電化學原理的示意圖。已知甲池的總反應式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O。填寫下列空白：

(1)請寫出甲、乙兩池的名稱。甲電池是______，乙池是______。

(2)甲池中通入CH3OH的電極名稱是___，電極反應方程式為：______；乙池中B(石墨)電極的名稱是_______。

(3)電解過程中，乙池溶液pH的變化為_______（“升高”；“降低”或“不變”）。

(4)當乙池中A(Fe)極的質量增加5.40g時，甲池中理論上消耗O2_____mL（標準狀況下）。

(5)若乙池中的AgNO3換成一定量CuSO4溶液，通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢復到電解前的濃度和pH，則電解過程中轉移的電子數(shù)為___mol。（忽略溶液體積的變化）13、在1.0L真空密閉容器中充入4.0molA(g)和4.0molB(g)，在一定溫度下進行反應：A(g)+B(g)C(g)ΔH，測得不同時刻該容器內物質的物質的量如下表，回答下列問題：。時間/min010203040n(A)/mol4.02.51.5n2n3n(C)/mol01.5n133

(1)隨著溫度的升高，該反應的化學平衡常數(shù)減小，則ΔH______（填“>”“<”或“=”）0，反應從起始到20min內C的平均反應速率是_______。

(2)該溫度下，上述反應的化學平衡常數(shù)為________。

(3)下列選項中能說明該反應在一定溫度和恒容條件下達到平衡狀態(tài)的是________。

A．反應速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆)B．A的質量不再改變。

C．B的轉化率不再改變D．密度不再改變。

(4)若反應C(g)A(g)+B(g)進行時需加入稀釋劑X氣體（不參與反應）；則C的平衡轉化率與體系的溫度；壓強、X的物質的量的關系如圖1、圖2所示。

①由圖1可知，T1____T2（填“>”“<”或“=”）。

②由圖2可知，當其他條件不變時，增大X的物質的量，C的平衡轉化率將______（填“增大”“減小”或“不變”）。14、根據(jù)化學反應速率和化學反應限度的知識回答下列問題：

Ⅰ．某溫度時；在2L容器中發(fā)生A；B兩種物質間的轉化反應，A、B物質的量隨時間變化的曲線如圖所示：

(1)該反應的化學方程式為_______。

(2)反應開始至4min時，A的平均反應速率為_______。

(3)4min時，反應是否達平衡狀態(tài)？_______(填“是”或“否”)，8min時，v正_______(填“>”“<”或“=”)v逆。

Ⅱ．氫氣是合成氨的重要原料，合成氨反應的化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，該反應為放熱反應，且每生成2molNH3，放出92.4kJ的熱量。當合成氨反應達到平衡后，改變某一外界條件(不改變N2、H2和NH3的量)，反應速率與時間的關系如圖所示。圖中表示反應處于化學平衡狀態(tài)的時間段(t1時刻后)為_______。

(2)在一定溫度下；向一個容積為1L的容器中通入2mol氮氣和8mol氫氣及固體催化劑，使之反應。已知平衡時容器內氣體的壓強為起始時的80%。

①N2的轉化率為_______。

②反應達到平衡時，放出的熱量_______(填字母；下同)。

A．小于92.4kJ

B．等于92.4kJ

C．大于92.4kJ

D．可能大于；小于或等于92.4kJ

(3)若該反應在絕熱條件下進行，下列能證明反應已達化學平衡的為_______。

A．壓強不變。

B．體系的溫度不變。

C．N2、H2、NH3的分子數(shù)之比為1:3:2

D．混合氣體的質量不變15、H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中；反應平衡后水的物質的量分數(shù)為0.02。

（1）H2S的平衡轉化率α1＝________%，反應平衡常數(shù)K＝________。

（2）在620K重復實驗，平衡后水的物質的量分數(shù)為0.03，H2S的轉化率α2________α1，該反應的ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。

（3）向反應器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉化率增大的是________(填標號)。

A.H2SB.CO2C.COSD.N216、二氧化碳催化加氫制甲醇；有利于減少溫室氣體二氧化碳?；卮鹣铝袉栴}：

二氧化碳加氫制甲醇的總反應可表示為：

該反應一般認為通過如下步驟來實現(xiàn)：

①

②

總反應的_______若反應①為慢反應，下列示意圖中能體現(xiàn)上述反應能量變化的是_______(填標號)，判斷的理由是_______。

A.B.C.D.17、(1)對金屬制品進行抗腐蝕處理；可延長其使用壽命。以下為鋁材表面處理的一種方法：

①堿洗的目的是洗去鋁材表面的自然氧化膜，堿洗時常有氣泡冒出，其原因是________________________(用離子方程式表示)。為將堿洗槽液中的鋁以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列試劑中的__________。

A．NH3B．CO2C．NaOHD．HNO3

②以鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解；鋁材表面形成氧化膜；

陽極的電極反應式為____________________________________________。電解后的鋁材需氨洗的目的是_____________________________________。

(2)鍍銅可防止鐵制品腐蝕，電鍍時用銅而不用石墨做陽極的原因是________________________________________。

(3)利用下圖裝置，可以模擬鐵的電化學防護。若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關K應該置于_______________處。若X為鋅，開關K置于M處，該電化學防護法稱為_______________________________。18、要在鐵制品上鍍銅；

(1)陽極材料為________________；陰極材料為___________________電解質溶液選擇_______________________（用化學式表示）

(2)陰極反應為__________________________；陽極反應為_________________。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、增大反應物的濃度，能夠增大活化分子的百分數(shù)，所以反應速率增大。(____)A.正確B.錯誤20、升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，此時v放減小，v吸增大。(____)A.正確B.錯誤21、下，將和過量的在此條件下充分反應，放出熱量(_______)A.正確B.錯誤22、室溫下，0.1mol·L-1的HCl溶液與0.1mol·L-1的NaOH溶液中水的電離程度相等。（______________）A.正確B.錯誤23、25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等。（______________）A.正確B.錯誤24、時，若測得溶液取該溶液加蒸餾水稀釋至測得則是弱酸。(________)A.正確B.錯誤25、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤26、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結構與性質(共4題，共32分)27、合成氨是人類科學技術上的一項重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，請用物質結構理論進行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應_____。28、鐵及其化合物在生活；生產(chǎn)中有著重要作用。請按要求回答下列問題。

(1)基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為____。

(2)因生產(chǎn)金屬鐵的工藝和溫度等因素不同；產(chǎn)生的鐵單質的晶體結構；密度和性質均不同。

①用____實驗測定鐵晶體；測得A；B兩種晶胞，其晶胞結構如圖：

②A、B兩種晶胞中含有的鐵原子個數(shù)比為____。

③在A晶胞中，每個鐵原子周圍與它最近且相等距離的鐵原子有____個。

(3)常溫下，鐵不易和水反應，而當撕開暖貼(內有透氣的無紡布袋，袋內裝有鐵粉、活性炭、無機鹽、水、吸水性樹脂等)的密封外包裝時，即可快速均勻發(fā)熱。利用所學知識解釋暖貼發(fā)熱的原因：___。

(4)工業(yè)鹽酸因含有[FeCl4]—而呈亮黃色，在高濃度Cl—的條件下[FeCl4]—才是穩(wěn)定存在的。

①[FeCl4]—的中心離子是____，配體是____；其中的化學鍵稱為____。

②取4mL工業(yè)鹽酸于試管中，逐滴滴加AgNO3飽和溶液，至過量，預計觀察到的現(xiàn)象有____，由此可知在高濃度Cl—的條件下[FeCl4]—才是穩(wěn)定存在的。29、SeO2是一種常見的氧化劑，易被還原成根據(jù)X射線衍射分析，SeO2晶體是如下圖所示的長鏈狀結構：

鍵長a178b160.7

完成下列填空：

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子的軌道表示式為_______，原子核外占據(jù)最高能級的電子云形狀為_______形。

(2)SeO2在315℃時升華，蒸氣中存在二聚態(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結構中存在四元環(huán)，寫出該二聚態(tài)的結構式_______。

(3)SeO2屬于_______晶體，其熔點遠高于的理由是_______。解釋鍵能的原因_______。

(4)SeO2可將的水溶液氧化成反應的化學方程式為_______。常溫下，在稀溶液中硫酸的電離方式為：則在相同濃度與的稀溶液中，的電離程度較大的是_______，兩種溶液中電離程度不同的原因是_______。30、常溫下；有濃度均為0.1mol/L的下列4種溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)這4種溶液pH由大到小的排列順序是_____________(填序號)；

(2)④的水解平衡常數(shù)Kh=___________。

(3)若向等體積的③和④中滴加鹽酸至呈中性，則消耗鹽酸的體積③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常溫下NaCN溶液中，將粒子濃度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，則發(fā)生反應的離子方程式為__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕獲，若所得溶液溶液pH=_________。評卷人得分五、實驗題(共3題，共30分)31、生產(chǎn)生活中的化學反應都伴隨著能量的變化；請根據(jù)有關知識回答下列問題：

(1)反應生成物能量總和________(填“大于”、“小于”或“等于”)反應物能量總和。已知：常溫常壓下，8g甲烷氣體在足量氧氣中充分燃燒生成液態(tài)水和二氧化碳氣體時放出445kJ熱量，寫出甲烷氣體的燃燒熱的熱化學方程式：________________。

(2)某化學興趣小組利用如圖裝置進行中和反應反應熱的測定實驗。

I．實驗步驟：

a．量取溶液；倒入小燒杯中，測量溫度；

b．量取溶液；測量溫度；

c．將NaOH溶液倒入小燒杯中；測量混合液的最高溫度。

II．實驗數(shù)據(jù)如下：。實驗序號起始溫度/℃終止溫度/℃溶液NaOH溶液平均值平均值125.025.228.5224.925.128.4325.526.531.8

①儀器甲的名稱為________，進行該實驗還缺少的儀器為________(填儀器名稱)；儀器甲不能用鐵制材料的原因是________。

②已知在稀溶液中，強酸和強堿發(fā)生中和反應生成時，放出57.3kJ熱量，該反應的熱化學方程式為________。

③碎泡沫塑料的作用為________，使用的NaOH溶液稍微過量的原因是________。

④設實驗所用的酸、堿溶液的密度均為且酸、堿溶液和中和后的溶液的比熱容計算實驗測出的中和反應的反應熱________[提示：]32、NaClO2是重要漂白劑和消毒劑；主要用于水；砂糖、油脂的漂白殺菌。

已知：i．NaClO2在溶液中過飽和時，若溶液溫度低于38℃，析出NaClO2?3H2O；若溶液溫度高于38℃，則析出NaClO2；若溶液溫度高于60℃，NaClO2分解為NaClO3和NaCl。

ii．ClO2氣體濃度超過10%時；長期存放易發(fā)生嫌炸性分解。通常需現(xiàn)用現(xiàn)制。

iii．ClO2氣體在中性和堿性溶液中不能穩(wěn)定存在。

【實驗室制備】實驗室設計如下實驗制備如圖亞氯酸鈉(NaClO2)晶體。

已知：裝置B中發(fā)生的主要反應：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(濃)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O

(1)ClO2氣體與裝置D中混合溶液反應生成NaClO2，每轉移1mol電子，生成NaClO2的質量為___________

(2)反應結束后，為從D試管中溶液獲得NaClO2晶體；需進行以下操作。請補充完整：

①55℃蒸發(fā)結晶；

②趁熱過濾；

③用___________℃熱水洗滌晶體；

④低溫干燥；得到成品。

(3)實驗須使B中NaClO3稍微過量，原因是____________：如NaClO3不足，則裝置D中可能產(chǎn)生檢驗裝置D中是否含有的方法是：取少量D中反應后的溶液于試管中，___________，證明溶液中存在

(4)實驗結束后，關閉K2，打開K1。在一段時間后斷開K2左側橡膠管與玻璃管的連接，并從接口處向C中鼓入一定量空氣。以上操作的目的是___________。

【工業(yè)制備】

(5)在無隔膜電解槽中陽極的電極反應式：___________。

(6)吸收塔內的溫度不能過高的原因為___________。

(7)吸收塔內ClO2隨著還原劑的不同和溶液酸堿性的變化可被還原為或Cl-。ClO2被S2-還原為Cl-的轉化率與溶液pH的關系如圖所示。請寫出pH≤2時ClO2與S2-反應的離子方程式：___________。

33、測定中和熱的實驗步驟如下：

①用量筒量取50mL0.50mol?L-1鹽酸倒入小燒杯中，測出鹽酸溫度；②用另一量筒量取50mL0.55mol?L-1NaOH溶液；并用同一溫度計測出其溫度；③將NaOH溶液倒入小燒杯中，設法使之混合均勻，測得混合液最高溫度?；卮鹣铝袉栴}：

(1)裝置中碎泡沫塑料(或紙條)及泡沫塑料板的作用是什么__。

(2)用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌溶液；不能用銅絲攪拌棒代替的理由是什么？__。

(3)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g?cm-3，又知中和反應后生成溶液的比熱容c=4.18J?g-1?℃-1。為了計算中和熱；某學生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：

。實驗序號。

起始溫度t1/℃

終止溫度t2/℃

混合溶液。

鹽酸。

氫氧化鈉溶液。

氫氧化鈉溶液。

1

20.0

20.1

23.2

2

20.2

20.4

23.4

3

20.5

20.6

23.6

依據(jù)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱ΔH=__(結果保留一位小數(shù))。

(4)不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氫氧化鈉溶液和鹽酸；理由是__。

(5)現(xiàn)將一定量的稀氫氧化鈉溶液、稀氫氧化鈣溶液、稀氨水分別和1L1mol·L-1的稀鹽酸恰好完全反應，其反應熱分別為ΔH1、ΔH2、ΔH3，則ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小關系為__。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共20分)34、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結構簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結構簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質量為571；J的相對分了質量為193。碘番酸的結構簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質。計算口服造影劑中碘番酸的質量分數(shù)___________。：35、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉移，則理論上需要W2Q的質量為_________。36、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉化關系（部分物質未寫出）：

（1）寫出物質的化學式：A______________；F______________。

（2）物質C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉化過程中，轉移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質X的一種同素異形體為電極，在酸性介質中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。37、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質；轉化關系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結構示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

外加電流陰極保護法是通過外加直流電源以及輔助陽極；被保護金屬與電源的負極相連作為陰極，電子從電源負極流出，給被保護的金屬補充大量的電子，使被保護金屬避免或減弱腐蝕的發(fā)生，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A；由于此保護裝置有外加電源；構成了電解池，故利用了電解原理，故A正確；

B；在電解池中；鋼管樁要被保護，應做陰極，連接電源的負極，電子由電源的負極流向鋼管樁，故B正確；

C；鋼管樁連接的是電源的負極；做的是電解池的陰極，故C錯誤；

D；高硅鑄鐵做電解池的陽極；連接電源的正極，故D正確；

故選C。

【點睛】

明確外加電流陰極保護法的工作原理是解答本題的關鍵。本題的易錯點為C，要注意電解池的兩極稱為陰陽極，原電池的兩極稱為正負極。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．升高溫度；使單位體積內活化分子數(shù)增多，活化分子的百分數(shù)增大，從而使有效碰撞次數(shù)增大，使化學反應速率增大，故A正確；

B．催化劑能降低反應的活化能；活化分子的百分數(shù)增大，從而使有效碰撞次數(shù)增大，化學反應速率增大，故B正確；

C．加入反應物；活化分子百分數(shù)不變，但活化分子總數(shù)增加，化學反應速率增大，故C錯誤；

D．對于有氣體參與的反應；溫度不變時，壓強的變化相當于濃度的變化，故D正確；

故選C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．用試紙測定溶液的時，試紙不可潤濕，潤濕后會導致溶液被稀釋，導致測得的偏大；A錯誤；

B．稱量強腐蝕性試劑時需將試劑放在燒杯內稱量，否則會造成托盤污染腐蝕且稱量不準確，有強腐蝕性，且固體易潮解；要放在燒杯中稱量，B錯誤；

C．檢驗可以使用氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉溶液中的能與結合產(chǎn)生氨氣：氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，C正確；

D．鐵在中性或弱酸性溶液中發(fā)生吸氧腐蝕；在酸性溶液中發(fā)生析氫腐蝕，故在鹽酸中無法驗證鐵的吸氧腐蝕，D錯誤。

答案選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．a(chǎn)點為氨水溶液，氨水中的氫離子為水電離的，由于a點溶液的pH小于14，則溶液中氫離子濃度大于1.0×10-14mol?L-1，即：水電離出的c(H+)大于1.0×10-14mol?L-1；A錯誤；

B．根據(jù)圖示b點時pH大于7，說明鹽酸不足量，氨水過量，根據(jù)物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)大于c(Cl-)；B錯誤；

C．c點pH=7，溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知：c(Cl-)=c()；C正確；

D．d點時鹽酸和氨水恰好完全反應；放熱最多，再加鹽酸溫度降低只能是加入鹽酸的溫度低于溶液溫度，這才是溫度下降的原因，D錯誤；

答案選C。5、B【分析】【分析】

相同溫度下，Ag2SO4的溶度積為定值，隨著c(SO)的增大，c(Ag+)逐漸減小，位于曲線上的點b；c為平衡狀態(tài)；即溶液達到飽和，a在曲線下方，為不飽和狀態(tài)，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．曲線上的點b、c為平衡狀態(tài)，相同溫度，Kap相同；故A正確；

B．a(chǎn)在曲線下方，為不飽和狀態(tài)，蒸發(fā)溶液，c(SO)、c(Ag+)都增大，不可能使溶液從a點變到b點；故B錯誤；

C．由圖象可知，Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol?L-1)2)；故C正確；

D．0.02mol/L的AgNO3溶液與0.2mol/L的Na2SO4溶液等體積混合，c(Ag+)=0.01moL/L，c(SO42-)=0.1mol/L，則Qc=(0.01)2×0.1=1×10-5＜Ksp=1.6×10-5；沒有沉淀生成，故D正確；

故選B。6、B【分析】【詳解】

A.濃縮室中鹽酸的濃度逐漸增大，陽極室中的氫離子和陰極室中的氯離子要進入濃縮室，因此，a膜是陽離子交換膜，b膜是陰離子交換膜；故A正確；

B.濃縮室得到的鹽酸時，從陽極室進入濃縮室的氫離子的物質的量為：轉移電子的物質的量為0.4mol，若陰極的還原產(chǎn)物只有鎳，則析出0.2molNi，其質量為但實際上陰極的還原產(chǎn)物還有氫氣，因此析出鎳的質量小于故B錯誤；

C.陰極液時；溶液中氫離子濃度過大，陰極的還原產(chǎn)物中氫氣的含量增多，造成鎳的回收率降低，故C正確；

D.陽極是惰性電極，陽極室中的溶液是稀硫酸，因此，陽極的電極反應式為：故D正確；

答案選B。7、C【分析】【分析】

【詳解】

①活化分子間的碰撞需要一定能量和方向才能發(fā)生化學反應；故錯誤；

②普通分子也在不斷運動；會發(fā)生碰撞，故錯誤；

③升高溫度會加快反應速率；原因是增加了活化分子的百分數(shù)，增加了活化分子的有效碰撞次數(shù)，故正確；

④增大反應物濃度會加快反應速率的原因是單位體積內活化分子數(shù)目增多；單位體積內有效碰撞的次數(shù)增多，故正確；

⑤使用催化劑能加快反應速率；原因是降低了反應物的活化能，使活化分子數(shù)目增大，故錯誤；

⑥化學反應的實質是活化分子有合適取向時的有效碰撞；故正確；

故選：C。8、D【分析】【分析】

【詳解】

0.02mol/L的HCl與0.04mol/L的NaHB溶液等體積混合液HCl與NaHB反應：NaHB+HCl=NaCl+H2B，所以③中相當于含有0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB；0.02mol/L的NaOH與0.02mol/L的NaHB溶液等體積混合NaOH+NaHB=Na2B+H2O，所以④中相當于含有0.01mol/LNa2B；根據(jù)以上分析，四種溶液分別為。

①0.01mol/L的H2B溶液。

②0.01mol/L的NaHB溶液。

③0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB

④0.01mol/LNa2B

A．根據(jù)分析，溶液④0.01mol/LNa2B；為強堿弱酸鹽，溶液一定顯堿性，故A正確；

B．根據(jù)同離子效應，由于③中NaHB抑制H2B的電離，則③中H2B電離程度比①H2B電離程度小，則c(H2B)最大的是③；故B正確；

C．由于正鹽溶液中c(B2-)濃度必然是最大的，弱酸H2B的二級電離成B2-最難，則c(B2-)最小的是①；故C正確；

D．因弱酸的一級電離為酸性的主要來源，由于相同濃度時的電離度a(H2B)＞＞a(HB-)，c(H+)最大的是①；故D錯誤；

答案選D。9、D【分析】【詳解】

A．硫在空氣中燃燒只能生成二氧化硫；不能生成三氧化硫，故A錯誤；

B．該反應為放熱反應；升高溫度，化學反應速率加快，但平衡向逆反應方向移動，三氧化硫的產(chǎn)率降低，故B錯誤；

C．二氧化硫的催化氧化反應使用五氧化二釩做催化劑；水不是該反應的催化劑，故C錯誤；

D．及時把生成的SO3從混合體系分離除去，減小生成物濃度，反應速率減小，平衡向正反應方向移動，使生成的SO3更多；故D正確；

故選D。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【分析】

(1)

①酸性環(huán)境中反應物為HS-，產(chǎn)物為利用質量守恒和電荷守恒進行配平，電極反應式：HS-+4H2O-8e-=+9H+，答案為：HS-+4H2O-8e-=+9H+；

②從質量守恒角度來說，HS-、SO濃度不會發(fā)生變化，只要有兩種細菌存在，就會循環(huán)把有機物氧化成CO2放出電子，答案為：HS-、濃度不會發(fā)生變化，只要有兩種細菌存在，就會循環(huán)把有機物氧化成CO2放出電子；

(2)

①放電過程中，Li+向正極移動；答案為：正極；

②原電池的鈣電極為負極，負極反應式為Ca+2Cl--2e-=CaCl2，答案為：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；

③根據(jù)方程式，電路中每轉移0.2mol電子，生成0.1molPb，即20.7gPb；答案為：20.7；

(3)

①a電極是通入NH3的電極，失去電子，發(fā)生氧化反應，所以該電極作負極，電極反應式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案為：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

②一段時間后，需向裝置中補充KOH，原因是發(fā)生反應4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐漸變稀，為了維持堿的濃度不變，所以要補充KOH，答案為：發(fā)生反應4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐漸變稀，為了維持堿的濃度不變，所以要補充KOH。【解析】(1)HS-+4H2O-8e-=+9H+HS-、濃度不會發(fā)生變化，只要有兩種細菌存在，就會循環(huán)把有機物氧化成CO2放出電子。

(2)正極Ca+2Cl--2e-=CaCl220.7

(3)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O發(fā)生反應4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐漸變稀，為了維持堿的濃度不變，所以要補充KOH11、略

【分析】【分析】

原電池中；還原劑在負極失去電子發(fā)生氧化反應，電子從負極流出，電子沿著導線流向正極，正極上氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，內電路中陰離子移向負極；陽離子移向正極，燃料電池中，通入燃料的一極為負極，通入助燃物的一極為正極，據(jù)此回答。

（1）

根據(jù)電池總反應可知，此原電池的負極反應物為硫酸亞鐵，負極區(qū)是乙、負極是石墨b，電池工作時，鹽橋中的移向負極區(qū)即乙燒杯。

（2）

正極得電子被還原，正極反應式為：

（3）

酸性電解質溶液、有質子交換膜的環(huán)境中，正極反應式為：負極反應式為：每當轉移12mol電子時，負極通入2mol消耗2molH2O，逸出2mol生成的12mol將遷移入正極區(qū)，故負極區(qū)溶液實際減少質量為2mol×18g/mol，而正極通入3molO2、得到12mol即生成6molH2O，故正極區(qū)溶液實際增加質量為6mol×18g/mol，兩側溶液的質量差為8mol×18g/mol；則當導線中有發(fā)生轉移時，負極左右兩側溶液的質量差為(假設反應物耗盡，忽略氣體的溶解)?！窘馕觥?1)b乙。

(2)

(3)2412、略

【分析】【分析】

(1)甲池為燃料電池；屬于原電池，乙池為電解池；

(2)在燃料電池中通入燃料的電極為負極，通入O2的電極為正極；結合電解質溶液書寫電極反應式；

(3)根據(jù)電解池電極反應式；可得總反應方程式，根據(jù)其中的物質變化確定溶液的pH；

(4)先計算Ag的物質的量，利用同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相同，計算O2的物質的量和體積；

(5)乙池中加入0.1molCu(OH)2溶液恢復電解前的溶液的濃度和pH，相當于反應消耗了0.1molCuO、0.1molH2O；根據(jù)電解方程式，結合同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等計算反應過程中電子轉移的物質的量。

【詳解】

(1)根據(jù)裝置圖可知甲池是燃料電池；屬于原電池；乙池與原電池連接，屬于電解池；

(2)甲池中通入CH3OH的電極名稱是負極，由于電解質溶液為堿性，所以CH3OH失去電子變?yōu)镃O32-，電極反應式為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；乙池中B(石墨)電極與原電池的正極連接；作電解池的陽極；

(3)電解過程中，在乙池中，陽極B(石墨)電極發(fā)生氧化反應，電解質溶液為AgNO3溶液，由于陰離子放電能力：OH->NO3-，所以陽極發(fā)生反應：4OH--4e-=2H2O+O2↑，陰極上發(fā)生電極反應式：4Ag++4e-=4Ag，總反應方程式為4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；可見電解后溶液的酸性增強，溶液pH降低；

(4)在同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等，當乙池中A(Fe)極的質量增加5.40g時，反應產(chǎn)生的Ag的物質的量為n(Ag)==0.05mol，Ag是+1價的金屬，則反應過程中電子轉移的物質的量n(e-)=n(Ag)=0.05mol，則甲池中理論上消耗O2的物質的量n(O2)=n(e-)=×0.05mol=0.0125mol，所以反應放出O2的體積V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL。

(5)乙池加入0.1molCu(OH)2后恰好恢復到電解前的濃度和pH，發(fā)生如下電解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu(OH)2從組成上可看成CuO、H2O，根據(jù)“析出什么加入什么”的原則知，析出的物質是氧化銅和水，CuO、H2O的物質的量都是0.1mol，則陰極上析出氫氣和銅，生成0.1mol銅轉移電子n(e-)=0.1mol×2=0.2mol；根據(jù)原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氫氣，生成0.1mol氫氣轉移電子n(e-)=0.1mol×2=0.2mol，所以電解過程中電子轉移總物質的量n(e-)總=0.2mol+0.2mol=0.4mol。

【點睛】

本題考查了原電池、電解池的反應原理及有關計算。掌握電化學反應原理，明確原電池的負極、電解池的陽極發(fā)生氧化反應；原電池的正極、電解池的陰極發(fā)生還原反應，在同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等計算，書寫電極反應式要結合電解質溶液和電極材料分析?！窘馕觥吭姵仉娊獬刎摌OCH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O陽極降低2800.413、略

【分析】【詳解】

(1)隨著溫度的升高，反應A(g)+B(g)C(g)ΔH的化學平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，ΔH<0；反應從起始到20min內A的平均反應速率=則C的平均反應速率=0.125mol·L－1·min－1，故答案為<；0.125mol·L－1·min－1；

(2)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，該溫度下，30min時達平衡狀態(tài)，此時C的濃度為根據(jù)方程式，平衡時A的濃度為B的濃度為化學平衡常數(shù)故答案為：3L/mol；

(3)A．反應速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆)，則vA(正)＜vC(逆)；一定不是平衡狀態(tài)，A不選；

B．A的質量不再改變；則A的濃度不變，能夠說明達到平衡狀態(tài)，B選；

C．B的轉化率不再改變；則B的濃度不變，能夠說明達到平衡狀態(tài)，C選；

D．氣體的質量和體積不變；密度始終不變，不能說明達到平衡狀態(tài)，D不選；故答案為：BC；

(4)①A(g)+B(g)C(g)ΔH<0，則C(g)A(g)+B(g)ΔH>0，溫度升高，平衡正向移動，C的轉化率增大，由圖1可知，壓強相同時，T1時C的轉化率大于T2時C的轉化率，故T1大于T2；故答案為：＞；

②其他條件不變；X的用量越大，容器的體積越大，相當于減小了原體系的壓強，平衡正向移動，C的轉化率增大；故答案為：增大。

【點睛】

1、達到平衡狀態(tài)的關鍵為：1)2)各組分的濃度不再改變；2、判斷平衡狀態(tài)的方法為：1)速率一正一逆成比例，2)變量不再改變時達平衡態(tài)，3)比例關系一般不選；2、無關氣體對平衡的影響：1)恒溫恒容，沒有影響；2)恒溫恒壓，相當于減壓【解析】①.<②.0.125mol·L－1·min－1③.3L·mol－1④.B、C⑤.>⑥.增大14、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ．(1)從圖像可以看出，在反應過程中，A的物質的量減小，為反應物，B的物質的量增加，為生成物。從開始到4min時，A的物質的量從0.8mol減小到0.4mol，減小了0.4mol，B的物質的量從0.2mol增加到0.4mol，增加了0.2mol。A和B變化的物質的量之比為0.4mol:0.2mol=2:1，變化的物質的量之比等于方程式的系數(shù)比，同時可以從圖像中看出，8min后，A和B的物質的量不再變化，說明該反應是可逆反應，8min后，反應達到了平衡狀態(tài)，則反應的化學方程式為：2AB。

(2)從開始到4min時，消耗的A的物質的量為0.4mol，容器體積為2L，則消耗的A的物質的量濃度為0.2mol/L，用A表示的反應速率為=0.05mol/(L?min)。

(3)4min時，A和B的物質的量仍在變化，所以沒有達到平衡狀態(tài)。8min時，A和B的物質的量不再變化，達到了平衡狀態(tài)，則v正=v逆。

Ⅱ．(1)正逆反應速率相等時，反應達到平衡狀態(tài)，所以處于化學平衡狀態(tài)的時間段為t2-t3和t4-t5。

(2)①起始時容器中共有氣體10mol，平衡時壓強為開始時的80%，在恒溫恒容的容器中，壓強之比等于物質的量之比，則平衡時混合氣的總的物質的量為10mol×80%=8mol，比起始時減小了2mol，根據(jù)合成氨反應的方程式可知，反應中變化的物質的量即為生成氨氣的物質的量，所以生成氨氣2mol，則消耗了1mol氮氣，所以氮氣的轉化率為=50%。

②已知每生成2molNH3，放出92.4kJ的熱量。該反應中生成了2molNH3；所以放出92.4kJ的熱量，故選B。

(3)A．該反應前后氣體系數(shù)之和不相等；即反應前后氣體物質的量有變化，所以反應前后壓強會發(fā)生變化，當壓強不變時，反應達到了化學平衡，故A選；

B．該反應在絕熱條件下進行；當體系溫度不變時，反應達到了化學平衡，故B選；

C．N2、H2、NH3的分子數(shù)之比為1:3:2；和反應是否平衡無關，故C不選；

D．反應物和生成物均為氣體；混合氣的總質量一直不變，所以混合氣體質量不變不能證明反應達到了化學平衡，故D不選；

故選AB?！窘馕觥?AB0.05mol/(L?min)否=t2-t3t4-t550%BAB15、略

【分析】【詳解】

(1)設從起始到平衡H2S轉化的物質的量為xmol

由題意得：=0.02，解得：x=0.01；H2S的平衡轉化率α1=×100%＝2.5%；K＝≈2.8×10－3；

(2)溫度升高，水的平衡物質的量分數(shù)增大，平衡右移，則H2S的轉化率增大，故α2＞α1。溫度升高，平衡向吸熱反應方向移動，故ΔH＞0。

(3)A．充入H2S，平衡雖然正向移動，但H2S的轉化率反而減??；A與題意不符；

B．充入CO2，增大了一種反應物的濃度，能夠提高另一種反應物的轉化率，故H2S的轉化率增大；B符合題意；

C．充入COS，平衡左移，H2S的轉化率減?。籆與題意不符；

D．充入N2，對平衡無影響，不改變H2S的轉化率；D與題意不符；

答案為B。【解析】2.52.8×10－3>>B16、略

【分析】【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，總反應的總反應、反應②是放熱反應，B、D選項的示意圖不符合，若反應①為慢反應，反應①的活化能比反應②的活化能大，C選項不符合，故示意圖中能體現(xiàn)上述反應能量變化的是A，理由可簡寫成：為正值，和為負值，反應①的活化能大于反應②的活化能?！窘馕觥緼為正值，和為負值，反應①的活化能大于反應②的活化能17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①堿洗的目的是洗去鋁材表面的自然氧化膜，氧化鋁能夠與堿反應而除去，堿洗時常有氣泡冒出，是因為除去氧化膜后，內層的金屬鋁與堿反應，放出氫氣，離子方程式為2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑；堿液槽內的鋁元素以AlO的形式存在，為了使鋁以沉淀形式回收，最好向槽液中通入過量的CO2；故選B；

②以鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解，鋁材表面形成氧化膜，陽極上Al失去電子，形成Al2O3，陰極上H+得到電子，形成H2，陽極的電極反應式為：2Al+3H2O-6e－=Al2O3＋6H+；電解后的鋁材需氨洗的目的是中和鋁材表面的酸溶液；

(2)鍍銅可防止鐵制品腐蝕，電鍍時用銅而不用石墨做陽極的原因是補充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+濃度恒定；

(3)若X為碳棒，當開關K置于M處時，形成原電池，且Fe作負極，發(fā)生氧化反應，原理是Fe的吸氧腐蝕，從而加速了Fe的腐蝕；當開關置于N處時，形成電解池，F(xiàn)e連接電源負極，作陰極，發(fā)生還原反應，F(xiàn)e被保護，因此為減緩鐵的腐蝕，開關K應該置于N處；若X為鋅，開關K置于M處，形成原電池，鋅比鐵活潑，作負極，鐵作正極，被保護，該電化學防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法?！窘馕觥?Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑B2Al+3H2O-6e－=Al2O3＋6H+中和表面的酸溶液補充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+濃度恒定N犧牲陽極的陰極保護法18、略

【分析】【分析】

根據(jù)電鍍原理分析解答。

【詳解】

（1）要鍍銅，則應該生成銅，發(fā)生還原反應，則應該在陰極上進行，所以陽極材料為銅，陰極材料為待鍍的鐵制品，電解質溶液可以選擇含有銅離子的CuSO4溶液，故答案為：銅；鐵制品；CuSO4；

（2）陰極為銅離子得電子的反應，反應式為Cu2++2e-=Cu；陽極為失電子的反應，反應式為Cu-2e-=Cu2+，故答案為：Cu2++2e-=Cu；Cu-2e-=Cu2+?！窘馕觥裤~鐵制品CuSO4Cu2++2e-=CuCu-2e-=Cu2+三、判斷題(共8題，共16分)19、B【分析】【詳解】

增大反應物濃度，能增大單位體積內活化分子數(shù)目，能加快化學反應速率。在溫度一定時，活化分子百分數(shù)是一定的，所以增大反應物濃度，不能增大活化分子百分數(shù)，故錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，反應混合物分子能量增大，單位體積活化分子數(shù)、活化分子百分數(shù)均增大，此時v放增大，v吸增大，故錯誤。21、B【分析】【詳解】

該反應為可逆反應；反應進行不完全，故此條件下充分反應，放出熱量小于19.3kJ；

故錯誤。22、A【分析】【分析】

【詳解】

HCl是一元強酸，NaOH是一元強堿，當二者濃度都是0.1mol·L-1時，它們電離產(chǎn)生的c(H+)、c(OH-)相同，根據(jù)水電離方程式中產(chǎn)生的H+、OH-的關系可知：等濃度的c(H+)、c(OH-)，對水電離的抑制程度相同，故達到平衡后兩種溶液中水的電離程度相等，這種說法是正確的。23、B【分析】【分析】

【詳解】

水的離子積常數(shù)只與溫度有關，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數(shù)就相同，認為在25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等的說法是錯誤的。24、B【分析】【詳解】

無論是強酸還是弱酸，當時，稀釋10倍后溶液仍然是酸性，溶液始終小于7，即則

故答案為：錯誤。25、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。26、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應的氫氧化物和鹽酸，加熱促進水解、同時鹽酸揮發(fā)，進一步促進水解，所以溶液若蒸干，會得到相應的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。四、結構與性質(共4題，共32分)27、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結構，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結構，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應，陽極反應為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應失去2mol電子，結合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+?！窘馕觥竣?N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結構，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+28、略

【分析】(1)

鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)原子的簡化電子排布式為[Ar]3d64s2，故答案為：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射線衍射可以測得鐵晶體的晶胞結構；故答案為：X射線衍射；

②由晶胞結構可知，晶胞A中位于頂點和體心的鐵原子個數(shù)為8×+1=2，晶胞B中位于頂點和面心的鐵原子個數(shù)為8×+6×=4；則A；B兩種晶胞中含有的鐵原子個數(shù)比為1：2，故答案為：1：2；

③由晶胞結構可知；在A晶胞中，位于頂點的鐵原子與位于體心的鐵原子的距離最近，則每個鐵原子周圍與它最近且相等距離的鐵原子有8個，故答案為：8；

(3)

由鐵的吸氧腐蝕原理可知；解釋暖貼發(fā)熱的原因是暖貼無紡布袋內的鐵粉和活性炭在水；無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池，鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應加速了鐵粉被氧化放熱，故答案為：暖貼無紡布袋內的鐵粉和活性炭在水、無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池，鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應加速了鐵粉被氧化放熱；

(4)

①四氯合鐵離子中具有空軌道的鐵離子為配離子的中心離子，具有孤對電子的氯離子是配體，中心離子鐵離子與配體氯離子形成配位鍵，故答案為：Fe3+；Cl—；配位鍵；

②亮黃色的工業(yè)鹽酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向鹽酸中逐滴滴加硝酸銀飽和溶液至過量時，溶液中氯離子與滴入的銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，溶液中的氯離子濃度減少，絡合平衡向右移動，四氯合鐵離子的濃度減小，溶液的亮黃色逐漸變淺說明在高濃度氯離子的條件下四氯合鐵離子才是穩(wěn)定存在的，故答案為：白色沉淀、亮黃色逐漸變淺至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射線衍射1：28

(3)暖貼無紡布袋內的鐵粉和活性炭在水；無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池；鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應加速了鐵粉被氧化放熱。

(4)Fe3+Cl—配位鍵白色沉淀、亮黃色逐漸變淺29、略

【分析】【詳解】

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子上有6個電子，故最外層電子的軌道表示式為原子核外占據(jù)最高能級為4p能級，故其電子云形狀為啞鈴或紡錘體形，故答案為：啞鈴或紡錘體；

(2)SeO2在315℃時升華，蒸氣中存在二聚態(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結構中存在四元環(huán)，根據(jù)題干圖示信息可知，該二聚態(tài)的結構式為故答案為：

(3)根據(jù)(2)中信息可知，SeO2易升華，由此推測，SeO2屬于分子晶體，由于SeO2和SO2均為分子晶體，但由于SeO2的相對分子質量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大，其熔點遠高于由于SeO2分子中存在Se=O雙鍵和Se-O單鍵,雙鍵的鍵能大于單鍵的，故答案為：分子；SeO2和SO2均為分子晶體，SeO2的相對分子質量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大；a鍵為Se-O單鍵，b鍵為Se=O雙鍵；雙鍵的鍵能大于單鍵的鍵能；

(4)SeO2可將的水溶液氧化成H2SO4，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，化合價有升必有降，故SeO2被還原為Se，故反應的化學方程式為SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常溫下，在稀溶液中硫酸的電離方式為：則在相同濃度與的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一級電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離，故的電離程度較大的是的稀溶液，故答案為：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一級電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離?！窘馕觥繂♀徎蚣忓N體分子SeO2和SO2均為分子晶體，SeO2的相對分子質量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大a鍵為Se-O單鍵，b鍵為Se=O雙鍵，雙鍵的鍵能大于單鍵的鍵能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一級電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離30、略

【分析】【詳解】

(1)對應酸的電離平衡常數(shù)分析可知：酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱對應鹽的水解程度越大，堿的堿性越強，則溶液堿性②NaOH溶液＞①NaCN溶液＞④NaHCO3溶液＞③CH3COONa溶液；這4種溶液pH由大到小的順序是：②①④③；

(2)碳酸氫根的水解平衡常數(shù)Kh==2.5×10-8；

(3)碳酸氫鈉堿性大于同濃度的CH3COONa溶液；則消耗鹽酸的體積③＜④；

(4)NaCN溶液中存在CN-的水解，溶液顯堿性，由于水解是微弱的，且水也會電離出氫氧根，所以溶液中粒子濃度由大到小為c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)；

碳酸的一級電離常數(shù)大于HCN的，二級電離常數(shù)小于HCN的，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，反應生成HCN與NaHCO3，該反應離子方程式為：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO

(5)碳酸氫根的電離平衡常數(shù)為=5.010-11，則c(H+)=10-10mol/L；所以pH=10。

【點睛】

酸性越強，其對應的鹽溶液水解程度越大；比較溶液中粒子濃度大小關系時，要注意弱電解質的電離和鹽類的水解都是微弱的?！窘馕觥竣冖佗堍?.5×10-8＜c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)CN-+CO2+H2O=HCN+HCO10五、實驗題(共3題，共30分)31、略

【分析】【詳解】

（1）常溫常壓下，8g甲烷氣體在足量氧氣中充分燃燒生成液態(tài)水和二氧化碳氣體時放出445kJ熱量，則該反應為反應物總能量大于生成物總能量的放熱反應，反應的焓變ΔH=—=—890kJ/mol，反應的熱化學方程式為故答案為：小于；

（2）①由實驗裝置圖可知；進行該實驗還缺少的儀器為測定實驗前后溫度所需的溫度計，儀器甲為環(huán)形玻璃攪拌棒，用于攪拌使稀硫酸；氫氧化鈉溶液充分反應，減少熱量散失；若儀器甲為鐵制材料的，活潑金屬鐵會和硫酸反應，且鐵導熱性好，熱量損失較大，導致所測結果誤差大，故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；溫度計；鐵會和硫酸反應，且鐵導熱性好，熱量損失較大；

②由題意可知，中和反應的熱化學方程式為故答案為：

③在中和熱測定實驗中；碎泡沫塑料能起到保溫；隔熱、減少熱量損失的作用，使用的氫氧化鈉溶液稍微過量有利于保證稀硫酸完全被堿中和，減小實驗誤差，故答案為：保溫、隔熱；保證稀硫酸完全被堿中和，減小實驗誤差；

④由表格數(shù)據(jù)可知，三次實驗的溫度差分別為(28.4—)℃=3.4℃、(28.5—)℃=3.4℃、(31.8—)℃=5.8℃，第3次實驗的數(shù)據(jù)誤差較大，應舍去，則實驗溫度差的平均值為3.4℃，由題給公式可知，實驗測出的中和反應的反應熱ΔH=—kJ/mol=—56.848kJ/mol，故答案為：-56.848?！窘馕觥?1)小于

(2)環(huán)形玻璃攪拌棒溫度計鐵會和硫酸反應，且鐵導熱性好，熱量損失較大保溫、隔熱保證稀硫酸完全被堿中和，減小實驗誤差—56.84832、略

【分析】【分析】

裝置B中制備得到ClO2，所以B中反應為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氫氧化鈉反應生成NaClO2，B中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，產(chǎn)生的SO2被帶入D中，SO2與H2O2反應生成硫酸鈉，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl；裝置C的作用是安全瓶，有防倒吸作用，從裝置D的溶液獲得NaClO2晶體；需要蒸發(fā)結晶；趁熱過濾、洗滌、干燥，裝置AE是吸收多余氣體防止污染；

【詳解】

（1）裝置D反應后的溶液獲得NaClO2晶體，裝置D中生成NaClO2，Cl元素的化合價降低，雙氧水應表現(xiàn)還原性，有氧氣生成，結合原子守恒可知，還有水生成，配平后方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，反應中生成2molNaClO2電子轉移總數(shù)為2e﹣，每轉移1mol電子，生成NaClO2的物質的量1mol；質量=90.5g/mol×1mol=90.5g；

故答案為：90.5g；

（2）為防止析出晶體NaClO2?3H2O，應趁熱過濾，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃進行洗滌，低于60℃干燥，如果撤去④中的冷水浴，由題目信息可知，應控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能導致產(chǎn)品中混有的雜質是NaClO3和NaCl；

故答案為：38﹣60；

（3）為確保Na2SO3完全反應，添加的NaClO3應稍微過量，否則過量的Na2SO3會與酸反應生成SO2氣體，在D裝置中被氧化，影響產(chǎn)品純度；B制得的氣體中含有SO2，在裝置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在用氯化鋇溶液檢驗具體操作：取少量反應后的溶液，先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明含有

故答案為：防止Na2SO3過量，有SO2氣體生成，在D裝置中被氧化，影響產(chǎn)品純度；先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液；產(chǎn)生白色沉淀；

（4）驗結束后，關閉K2，打開K1.在一段時間后斷開K2左側橡膠管與玻璃管的連接，并從接口處向C中鼓入一定量空氣，以上操作的目的是充分吸收ClO2，防止ClO2爆炸；

故答案為：充分吸收ClO2，防止ClO2爆炸；

（5）電解池中陽極失去電子，所以溶液中的氯離子在陽極失去電子，因此反應的電極反應式是Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣=+3H2O；

故答案為：Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣=+3H2O；

（6）H2O2不穩(wěn)定，溫度過高，H2O2容易分解，若溶液溫度高于60℃，NaClO2分解，吸收塔的溫度不能過高，其目的是防止NaClO2、H2O2分解；

故答案為：溫度過高NaClO2、H2O2將分解；

（7）ClO2具有氧化性，S2﹣具有還原性，根據(jù)圖像可知，pH≤2時ClO2被還原為Cl﹣，所以該反應的離子方程式是2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O；

故答案為：2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O?！窘馕觥?1)90.5g