1、四川省巴中市巴中中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）注意事项：本试卷分卷(选择题)和第卷(填空题)两部分共6页，满分100分，考试时间90分钟，考生作答时，将答在答题卡上(答题注意事项见答题卡)，在本试卷上答题无考试结束后。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Ag-108第卷(共48分）一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分1.关于能源，以下说法中不正确的是（ ）A. 煤、石油天然气等燃料的最初来源都可追溯到太阳能B. 柴草燃烧时释放的能量与太阳能无关C. 太阳能是一级能源、新能源、可再生能
2、源D. 潮汐能来源于月球引力作功【答案】B【解析】【详解】A. 煤、石油、天然气等燃料最初来源都可追溯到光合作用，和太阳能有关，故A正确；B. 柴草燃烧是柴草内部的生物能转化为热能和少量光能的过程，所以释放的主要是由生物能转换而来的热能，生物质能也来自于太阳，故B错误；C. 能源按形成分，可分为：地球以外的能量、地球内部的能量。其中像水能、地热能、化石能、生物质能等为地球自身拥有的，而太阳辐射能等是来自太阳的，太阳能是一级能源，新能源，可再生能源，故C正确；D. 月球引力使地球的向月面水位升高，潮汐能来自于月球引力，故D正确；答案选B。【点睛】柴草属于生物质能，生物质能也来自于太阳。2.下列说
3、法正确的是（ ）A. 1molCH3COOH与1molNaOH溶液反应时的反应热是中和热B. 中和热的测定中使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差，为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C. 101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成的氧化物时所放出的热量，叫该物质的燃烧热D. 1mol/L盐酸与某强碱稀溶液中和放出的热量随反应物的用量改变而改变，但中和热不变【答案】D【解析】【详解】A. 中和热是稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol水时放出的热量， CH3COOH是弱酸，电离时吸热，故1molCH3COOH与1molNaOH溶液反应时的反应热比中和热数
4、值小，故A错误；B. 中和热的测定中使用环形玻璃搅拌棒是为了使反应物混合均匀，加快反应速率，减小实验误差，为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球不应与小烧杯底部接触，故B错误；C. 101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫该物质的燃烧热，必须是稳定的氧化物，故C错误；D.中和热是稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol水时放出的热量，.不会随着酸碱的量的增加而变化，故D正确；答案选D。【点睛】燃烧热指是101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，必须是稳定的氧化物，中和热是稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol水时放出的热量，如用浓硫
5、酸或浓氢氧化钠，得到数值会偏大，弱酸或弱碱得到的中和热会偏小。3.下说法正确的是（ ）A. 金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程B. 废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染C. 将金属与外加直流电源的正极相连，而将负极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀D. 与电化学腐蚀无关铜、铝电线一般不连接起来作导线【答案】B【解析】【详解】A. 金属腐蚀是指金属与周围接触到的空气或液体发生反应而引起损耗的现象，所以金属的腐蚀不一定接触到电解质溶液，故A错误；B. 汞、镉和铅等重金属离子属于有毒物质，会污染环境，回收废
6、电池的首要原因是防止废电池中渗漏出的汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染，故B正确；C. 在电解池中，金属做阴极时被保护，若金属与外加直流电源的正极相连，则金属为阳极，易被腐蚀，故C错误；D. 铜、铝电线一般不连接起来作导线，是因为它们连在一起，在空气中会形成原电池，加速铝的腐蚀，是电化学腐蚀，与电化学腐蚀有关，故D错误；答案选B。4.化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）A. 每生成2molAB(g)吸收bkJ热量B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C. 反应热H=+（a-b)kJ/molD. 形成1molA-A键和1mo1B
7、-B键，吸收akJ能量【答案】C【解析】【分析】如图所示，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，H 0，a为正反应的活化能，b为逆反应的活化能，H=(a-b) kJ/mol。【详解】A. 依据图象分析判断1mol A2和1mol B2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(ab)kJ热量，故A错误；B. 依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故B错误； C. 反应热H=反应物能量总和生成物能量总和，所以反应热H=+(ab)kJmol1，故C正确；D. 断裂1molAA和1molBB键，吸收akJ能量，故D错误；答案选C。5.关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（ ）
8、A. 电子从锌电极通过电流表流向铜电极B. 盐桥中的阳离子向硫酸锌溶液中迁移C. 锌电极发生氧化反应，铜电极发生还原反应，其电极反应是2H+2e=H2D. 取出盐桥后，电流表仍会偏转，铜电极在反应前后质量不变【答案】A【解析】【分析】原电池的两个电极材料中，锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，电子通过外电路从负极流向正极；盐桥中阴离子流向负极，阳离子流向正极；铜作正极，铜离子在正极得电子生成铜单质，据此判断。【详解】A. 该原电池中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，电子从锌电极通过电流计流向铜电极，故A正确；B. 原电池放电时，盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移，阳离子向硫酸铜溶液中迁移
9、，故B错误；C. 原电池放电时，锌作负极，锌失电子发生氧化反应，铜作正极，铜离子得电子发生还原反应在铜极上析出，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，故C错误；D. 取出盐桥后，不是闭合回路，没有电流产生，电流计不发生偏转，铜电极质量增加，故D错误；答案选A。6.A2(g)B2(g)=2AB(g)，H 0。下列因素能使活化分子百分数增加的是（ ）A. 降温B. 使用催化剂C. 增大反应物浓度D. 增大气体的压强【答案】B【解析】【详解】A.降低温度，体系的能量减小，活化分子数减小，活化分子百分数减小，A不符合题意；B.使用催化剂可以降低反应的活化能，活化分子百分数增大，B符合题意；C.增大反应物浓
10、度，单位体积内的活化分子数增大，但是活化分子百分数不变，C不符合题意；D.增大压强，单位体积内的活化分子数增大，但是活化分子百分数不变，D不符合题意；故答案为：B【点睛】能增大活化分子百分数的条件只有两种，一是升高温度，二是使用催化剂。增大反应物浓度或增大有气体参与反应的体系压强，可以增大单位体积空间内的活化分子数，但是，活化分子百分数不变。7.下列叙述正确的是（ ）A. 反应AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaC1+2H2O可以设计成原电池B. 电解法精炼铜时，以粗铜做阴极，纯铜做阳极C. 铅蓄电池的正极反应为PbO2+4H+2e=Pb2+2H2OD. Zn和稀硫酸反应时，加入少量C
11、uSO4溶液能加快产生H2的速率【答案】D【解析】【详解】A. 必须是自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池，该反应不是氧化还原反应，不能设计成原电池，故A错误；B. 铜的精炼工业，粗铜做阳极失电子变为Cu2+进入电解质溶液，Cu2+再在阴极上得到电子析出，故电解质溶液均选用含铜离子的溶液，精铜做阴极，故B错误；C. 负极是铅失电子，发生氧化反应，正极发生还原反应，所以正极反应式为PbO2+4H+SO42-+2e=PbSO4+2H2O，故C错误；D. 锌置换铜，形成原电池反应，可加快反应速率，故D正确；答案选D。8.已知：Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) H1 S(s)+O2(g)=SO
12、2(g) H2 Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) H3下列表述正确的是A. H20B. Mn+SO2 =MnO2 +S H=H1-H2C. H3H1D. MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) H=H3-H2-H1【答案】D【解析】A、硫的燃烧是放热反应，即H20，故A错误；B、物质没有指明状态，故B错误；C、根据盖斯定律，H3=H1H2，因为H10，H20，因此H30，且H30)。下列说法正确的是A. 达到化学平衡状态时，反应放出0.la kJ热量B. 达到化学平衡状态时，v正(NH3)：v逆(N2)=2：1C. n( N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2
13、时，说明该反应达到平衡D. 缩小容器体积，用氮气表示的反应速率：v正(N2)增大，v逆(N2)减小【答案】B【解析】反应可逆，0.1molN2(g)与0.3molH2(g)在密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，生成氨气小于0.2mol，反应放出热量小于0.la kJ，故A错误； 达到化学平衡状态时正逆反应速率比等于系数比，故B正确；n( N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，浓度不一定不变，反应不一定达到平衡，故B错误；n( N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，浓度不一定不变，反应不一定达到平衡，故C错误；缩小容器体积，正逆反应速率均增大，故D
14、错误。10.某同学组装了如图所示的电化学装置。电极I为Al，其他电极均为Cu，则（ ）A. 电子方向：电极IVA电极B. 电极上有气泡产生氧C. 电极I发生还原反应D. 电极的电极反应：Cu2+2e-=Cu【答案】A【解析】【分析】电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，据此分析解答。【详解】电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，A. 电流方向从正极流向阳极，阴极流向负极，即电极A电
15、极，故A正确；B. 电极是正极，正极上发生反应为Cu2+2e=Cu，所以电极质量逐渐增大，故B错误；C. 电极上电极反应式为Al3e=Al3+，发生氧化反应，故C错误；D. 电极为阳极，电极反应式为Cu2eCu2+，故D错误；答案选A。【点睛】需分析装置是原电池还是电解池，还是原电池和电解池串联，判断好正负极，阴阳极，氧化还原反应。11.一定条件下，反应室(容积恒定为2L)中有反应：A(g)+2B(g)=C(g)。不能说明上述反应达到平衡状态的是（ ）A. 反应中A与B的物质的量浓度之比为1：2B. 混合气体总物质的量不再变化C. 混合气体平均摩尔质量不随时间的变化而变化D. 2v正(A)=v
16、逆(B)【答案】A【解析】【详解】A.反应中A与B的物质的量浓度之比为1:2，不能确定反应物的浓度保持不变，反应不一定达到化平衡状态，故A错误；B. 反应前后气体系数和不相等，混合气体总物质的量不再变化，达到了平衡状态，故B正确；C. 混合气体的平均摩尔质量=，物质的质量反应前后是不变的，物质反应前后气体系数和不相等，混合气体的平均相对分子质量是一个变值，能作为判断达到平衡状态的依据，故C正确；D. 2正(A)=逆(B)，证明正逆反应速率是相等的，故D正确；答案选A。【点睛】判断一个化学反应是否处于平衡状态要看正逆反应速率是否相等，各成分的浓度保持不变，是直接判据，还有变值不变，是间接判据，例
17、如总物质的量，平均相对分子质量等。12.如图是甲醇燃料电池结构示意图，甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，电子经外电路质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH+3O22CO2+4H2O。下列说法正确的是（ ）A 该电池提供1mole-，消耗氧气0.5molB. 正极反应式为O2+2H2O+4e-=40H-C. 负极反应式为CH3OH+H2O+6e-=CO2+6H+D. 左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇【答案】D【解析】【详解】A. 已知正极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，则消耗1mol氧气转移4mol电子，所以该电池提供1mole-，消耗氧气0.25mo
18、l，故A错误；B. 酸性条件下，正极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，故B错误；C. 负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C错误；D. 左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，故D正确；答案选D。13.在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g) B(g) xC(g) 2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 molL1。下列判断错误的是A. x1B. B的转化率为50%C.
19、 2min内A反应速率为0.3molL1min1D. 若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A.C的浓度为0.2molL1，生成C的物质的量为0.2molL12=0.4mol，根据方程式可知：x：2=0.4mol：0.8mol，所以x=1，A正确；B.根据三段式计算：3A(g)+ B(g) C(g)+2D(s)初始浓度（molL1） 1.5 0.5 0转化浓度（molL1） 0.6 0.2 0.2 0.4平衡浓度（molL1） 0.9 0.3 0.2 0.4据以上分析可知，B的转化率=100%=40%，B错误；C.2min内A的平均反应速率= =0
20、.3mol/(Lmin)，C正确；D.因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而气体总物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是变化的，若平均相对分子质量在反应过程中不变了，则表明该反应达到平衡状态，D正确；故答案选B。14.在一密闭容器中充入1 mol H2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g) 下列说法正确的是( )A. 保持容器容积不变，向其中加入1molI2，化学反应速率不变B. 保持容器容积不变，向其中加入1molHe，化学反应速率增大C. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)
21、和1molI2(g)，化学反应速率不变D. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，化学反应速率不变【答案】C【解析】【详解】A.保持容器容积不变，向其中加入1molI2，反应物浓度增大，反应速率增大，A错误；B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，B错误；C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1molI2（g），因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，C正确；D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，D错误；故选C。15.如图曲线表示其
22、他条件一定时，2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0反应的中NO2的百分含量与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)v逆，图中只有点a位于曲线上方，曲线上方的点表示的NO2的百分含量高于该温度下平衡时的NO2百分含量，反应将继续向逆反应平衡状态移动，即v正v逆，故a点可选；答案选A。16.已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS= Fe +Li2S，电解液为含LiPF6SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是A. 该锂离子电池正极反应FeS+2Li+2e-=F
23、e +Li2SB. X与电池的Li电极相连C. 电解过程中c(BaC12)保持不变D. 若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变【答案】A【解析】【分析】通过总反应可知，Li发生氧化反应，作负极，FeS发生还原反应，作正极；以该电池为电源电解废水并获得单质镍，即发生还原反应，故Y极为阴极，与Li电极相连，X为阳极，与FeS电极相连。据此解答。【详解】A. 由上述分析可知，FeS发生还原反应作正极，电极反应式为：FeS+2Li+2e-=Fe +Li2S，故A正确；B. X为阳极，与FeS电极相连，故B错误；C. 电解过程中，阳极发生氧化反应：4OH-4e- =2H2O+O2，阳极区的Ba
24、2+通过阳离子交换膜进入BaCl2溶液中；阴极发生还原反应：Ni2+ +2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入BaCl2溶液中。故电解过程中，BaCl2的物质的量浓度将不断增大，故C错误；D.若将阳离子交换膜去掉，因BaCl2溶液中含有C1-，故阳极电极反应式为：2C1-2e-=Cl2，故X电极的电极反应发生改变，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于“以该电池为电源电解废水并获得单质镍”，由此判断X、Y电极名称，根据原电池总反应判断原电池中正负极以及相关反应。第卷（共52分）二、填空题17.工业上已经实现CO2与H2反应合成甲醇。在一恒温、恒容密
25、闭容器中充入2molCO2和6molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。请回答：（1）该密闭容器的容积是_。（2）达到未平衡状态的时刻是_min(填“3”或“10”)。（3）在前3min内，用H2浓度的变化表示的反应速率v(H2)=_mol/(Lmin)。（4）10min时体系的压强与开始时压强之比为_。（5）达平衡后H2O(g)的物质的量分数是_。（6）已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-90.1kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g）H=-41
26、.1kJ/mol，则CO2与H2反应合成CH3OH(g)的热化学方程式_，反应在10min内所放出的热量为_。【答案】 (1). 2L (2). 3 (3). 0.225 mol/(Lmin) (4). (5). 30% (6). CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H =-49 kJ/mol (7). 98 kJ【解析】【分析】在一恒温、恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，从图像可知，CO2的初始浓度为1mol/L，则体积= =2L，当各物质的浓度不再随时间的变化而变化，而反应处于平衡状态，由图像可知，3min后CO2和CH3OH的浓度还在发生变化，10m
27、in后，CO2和CH3OH的浓度不发生变化，故3min是未平衡状态，10min为平衡状态。根据v=计算反应速率；由图可知，在第3min时，根据v=可知二氧化碳反应速率，二氧化碳与氢气的速率之比等于它们的计量数之比，可算出氢气的反应速率；（4）10min时达到平衡，利用三段式，算出10min后气体的物质的量与开始时的物质的量之比，在相同情况下，气体的压强之比等于物质的量之比，可计算出10min时体系的压强与开始时压强之比为。达平衡后H2O(g)的物质的量分数是=nH2O/n总，利用盖斯定律-可得到正确的热化学方程式。【详解】（1）在一恒温、恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，从图像可
28、知，CO2的初始浓度为1mol/L，则体积=n/v=2/1=2L，故答案为：2L；（2）当各物质的浓度不再随时间的变化而变化，而反应处于平衡状态，由图像可知，3min后CO2和CH3OH的浓度还在发生变化，10min后，CO2和CH3OH的浓度不发生变化，故3min是未平衡状态，10min为平衡状态，故答案为：3；（3）由图可知，在第3min时，根据v=可知二氧化碳反应速率，二氧化碳与氢气的速率之比等于它们的计量数之比，可算出氢气的反应速率；根据图像可知，vCO2=0.075 mol/(Lmin)，根据反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，二氧化碳的氢气的速率之比等于
29、1：3，故vCO2：vH2=1：3，vH2=3vCO2=30.075 mol/(Lmin)=0.225 mol/(Lmin)，故答案为：0.225 mol/(Lmin)；（4）列出三段式 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) 始 mol/L 1 3 0 0 变 mol/L 0.75 2.25 0.75 0.75 平 mol/L 0.25 0.75 0.75 0.7510min后达到平衡，10min时体系的压强与开始时压强之比为=，故答案为：；（5）达平衡后H2O(g)的物质的量分数=30%，故答案为：30%；（6）已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1=-
30、90.1kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g）H2=-41.1kJ/mol，利用盖斯定律-得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H=H1-（H2）=-90.1+41.1=-49 kJ/mol，1molCO2完全反应生成放出49 kJ的热量，而题目所给的2molCO2完全反应，则放出的热量98 kJ的热量，故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H =-49 kJ/mol；98 kJ。【点睛】从图像中找到化学平衡的时间段，即浓度不再随时间而变化，利用公式和图像所给的信息，计算出二氧化碳的反应速率，利用计量数之比，算
31、出氢气的速率；同温同压下的气体体积之比等于物质的量之比。18.为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计如下实验。注意：设计实验时，必须控制只有一个变量!试剂：4%H2O2溶液，12%H2O2溶液，1mol/LFeCl3溶液仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯（1）实验1：实验目的：温度对化学反应速率的影响实验步骤：分别向甲、乙两支试管中加入5ml4%H2O2溶液，再分别加入3滴1molLFeCl3溶液，待两支试管中均有适量气泡出现时，将试管甲放入5水浴中，将试管乙放入40水浴中。实验现象：试管_(填甲或乙)中产生气泡的速率快，说明_。（2）实验2：实验目的
32、：浓度对化学反应速率的影响实验步骤：向试管甲中加入5ml4%H2O2溶液，向试管乙中加入5ml12%H2O2溶液，实验现象：试管甲、乙中均有少量气体缓慢产生该实验现象不明显，你如何改进实验方案，使实验现象支持“浓度改变会影响化学反应速率”这一理论预测：_。（3）实验3：实验目的：_实验步骤：在试管甲中加入5ml4%H2O2溶液，在试管乙中加入5mL4%H2O2溶液再加入1mL1mol/LFeCl3溶液.你认为方案3的设计是否严谨?_（填是或否），说明理由_。（4）实验4：催化效果：Cu2+Fe3+实验步骤：在试管甲中加入5mL4%H2O2溶液和1mL、1mol/LCuSO4溶液，在试管乙中加入
33、5mL4%H2O2溶液和1mL1mol/LFeCl3溶液，发现加入的试管中产生气泡速更快你认为实验4的设计是否严谨？_(填是或否)，说明理由_。【答案】 (1). 乙 (2). 升高温度可加快H2O2的分解速率 (3). 再同时分别向试管甲和试管乙中滴加23滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂 (4). 探究催化剂对化学反应速率的影响 (5). 否 (6). 试管乙中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低 (7). 否 (8). 因为阴离子不同，也许阴离子也会影响反应速率，不能比较【解析】【分析】（1）探究温度对反应速率的影响，升高温度可加快反应速率；（2）提供催化剂
34、，加快反应速率，现象更为明显；（3）实验3两试管中双氧水的浓度相同，有一支试管中加入了氯化铁溶液，氯化铁作催化剂，则可知实验3的目的；加入的1mL溶液会对乙试管溶液进行稀释，会使浓度发生改变（4）向同浓度的过氧化氢溶液中分别加入Cu2+，Fe3+，验证离子的催化作用强弱，需保证阴离子相同，在试管甲中加入5mL4%H2O2溶液和1mL、1mol/LCuSO4溶液，在试管乙中加入5mL4%H2O2溶液和1mL、 1mol/LFeCl3溶液，阴离子不同，不能比较，也许阴离子也会影响反应速率，故实验不严谨。【详解】(1)甲乙两支试管中加入5mL4%H2O2溶液，乙中的温度比甲高，故试管乙中产生气泡的速
35、率快，说明升高温度可加快H2O2的分解速率，故答案为：乙；升高温度可加快H2O2的分解速率；(2)向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加23滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂，加快反应速率，现象更为明显，故答案为：再同时分别向试管甲和试管乙中滴加23滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂；(3)只有一支试管中加入了氯化铁溶液，与另一支试管形成对比试验，则实验目的是探究催化剂对化学反应速率的影响；但此方案设计不合理，因为加入的1mL溶液会对乙试管溶液进行稀释，使浓度发生改变，故答案为：探究催化剂对化学反应速率的影响；否；
36、试管乙中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低；（4）向同浓度的过氧化氢溶液中分别加入Cu2+、Fe3+验证离子的催化作用强弱，需保证阴离子相同，在试管甲中加入5mL4%H2O2溶液和1mL 1mol/LCuSO4溶液，在试管乙中加入5mL4%H2O2溶液和1mL 1mol/LFeCl3溶液，阴离子不同，不能比较，也许阴离子也会影响反应速率，故实验不严谨，故答案为：否；因为阴离子不同，也许阴离子也会影响反应速率，不能比较。【点睛】探究影响化学反应速率的影响因素，可以从浓度，温度，催化剂的角度分析，需注意探究外界条件对化学反应速率的影响时，需保证其他条件不变。19.燃料电
37、池是利用燃料（如H2、CO、CH4、CH3OH、NH3等）与O2反应从而将化学能转化为电能的装置。（1）燃料电池(NaOH作电解质溶液)的正极电极反应式为_。瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池示意图如图所示，有关说法不正确的是（ ）A.电池工作时，Na+向正极移动B.电子由电2经外电路流向电极1C.电极总应为4NH3+3O2=2N2+6H2OD.电极2发生的电极反应为O2+4H+4e-=2H2O（2）葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。葡萄糖作为微生物燃料电池的_(填“正”或“负”)极。微生物燃料电池_（填“能”或“不能”在高温下工作。（3）CO无色无味有毒，世
38、界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理所示，该装置中电解质为氧化钇一氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动。传感器中通过电极反应测定尾气中CO的含量越高，请回答：电极反应式为_。（4）PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含电解质Na2PbCl4溶液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。电解时阴的电极反应式_。其过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_。过程中，Na2 PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度向阴极室加_（填化学式)。【答案】 (1). O2+2H2O+4e-=4OH- (2). BD (3). 负极 (4). 不
39、能 (5). CO2e+O2CO2 (6). PbCl42+2e-Pb+4Cl (7). H+ (8). 继续向阴极区加PbO【解析】【分析】（1）燃料电池中燃料氢气在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极上得到电子发生还原反应；液氨液氧燃料电池中，根据图示可知电极1上氨气转换为氮气，化合价升高，发生氧化反应，故电极1为负极，电极2为正极，燃料电池中，阳离子向正极移动，电子从负极移动到正极，在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应；碱性条件下，电极2发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，碱性溶液中不应该出现H+；（2）葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，通
40、氧气为生物燃料电池的正极；负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，在高温下，微生物会死亡，不能做微生物燃料电池；（3）如图所示，反应本质是CO与氧气反应生成CO2，CO在a极发生氧化反应，故a为负极；b为正极，阴离子向负极移动，O2由电极b流向电极a，负极电极反应式为：CO2e+O2CO2； （4）根据电化学原理可知，阴极发生还原反应，则Na2PbCl2得到电子生成Pb，电极反应式为：PbCl42+2e-Pb+4Cl，阳极发生氧化反应，溶液中的H2O放电生成氧气和氢离子，电极反应式为：2H2O4eO2+4H+，质子交换膜可以允许氢离子向阳极移动，电解一段时间后，Na2PbCl2的浓度极大减小，为了恢复
41、其浓度且实现物质的循环利用，根据少什么加什么的原则，溶液中减少了Pb和O，应该在阴极区加PbO，【详解】（1）氧气在正极上得到电子发生还原反应；燃料电池(NaOH作电解质溶液)的正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，液氨液氧燃料电池中，根据图示可知电极1上氨气转换为氮气，化合价升高，发生氧化反应，故电极1为负极，电极2为正极，A. 燃料电池中的阳离子向正极移动，电池工作时Na+向正极移动，故A正确；B. 燃料电池中，电子是从负极流向正极，电子由电极1极经外电路流向电极2，故B错误；C. 燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式电极总应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，故C正确；D
42、. 在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应；碱性条件下，电极2发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，碱性溶液中不应该出现H+，故D错误；故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；BD；（2）葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，通氧气为生物燃料电池的正极；负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，在高温下，微生物会死亡，不能做微生物燃料电池，故答案为：负极；不能；（3）本质是CO与氧气反应生成CO2，CO在a极发生氧化反应，故a为负极；b为正极，阴离子向负极移动，O2由电极b流向电极a，负极电极反应式为：CO2e+O2CO2，故答案为：CO2e+O2CO2；（
43、4）根据电化学原理可知，阴极发生还原反应，则Na2PbCl2得到电子生成Pb，电极反应式为：PbCl42+2e-Pb+4Cl，阳极发生氧化反应，溶液中的H2O放电生成氧气和氢离子，电极反应式为：2H2O4eO2+4H+，质子交换膜可以允许氢离子向阳极移动，电解一段时间后，Na2PbCl2的浓度极大减小，为了恢复其浓度且实现物质的循环利用，根据少什么加什么的原则，溶液中减少了Pb和O，应该在阴极区加PbO，故答案为：PbCl42+2e-Pb+4Cl；H+；继续向阴极区加PbO。【点睛】燃料电池是一种把燃料所具有的化学能直接转化为电能的化学装置，燃料气做负极，氧化剂做正极，也属于原电池，电子的移动
44、方向和离子的移动方向依据原电池原理分析。20.废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属 Ag 的工艺流程如下。请回答下列问题。(1)“氧化”阶段需在 80 条件下进行，使用的加热方式为_。 (2)NaClO溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为_。有人提出用HNO3代替 NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_。(3)“过滤”中洗涤难溶物的实验操作为_。(4)常用10的氨水溶解AgCl固体， AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应可生成 Cl和一种阳离子_(填阳离子的化学式)的溶液。实际反应中，即使氨水过量，“废渣”
45、中也含有少量AgCl固体，可能的原因是_。 (5)理论上消耗 0.1 mol N2H4H2O可“还原”得到_ g Ag的单质。【答案】 (1). 水浴加热 (2). 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2 (3). 生成氮氧化物，污染空气 (4). 向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复23次 (5). Ag（NH3）2 (6). 氨水溶解AgCl的反应是可逆反应，不能进行到底 (7). 43.2【解析】【分析】(1)精确控制温度，需要水浴加热；(2)根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag 反应的方程式；(3)根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法；
46、(4) 根据原子守恒判断AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应生成的阳离子；(5)根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。【详解】(1)“氧化”阶段需在 80 条件下进行，使用水浴加热；(2)根据得失电子守恒，NaClO溶液与Ag 反应生成AgCl、NaOH 和O2的方程式是4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2；若用硝酸做氧化剂，还原产物是氮氧化合物，污染环境。(3)“过滤”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复23次(4) AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应方程式是AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2Cl，所以生成的阳离子是Ag（NH3）2；由于可逆反应不能进行到底，所以即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体；(5) N2H4H2O与Ag（NH3）2Cl 发生氧化还原反应，氧化产物是氮气，还原产物是Ag，0.1 mol N2H4H2O反应转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，可“还原”得到0.4mol Ag，质量为0.4mol108g/mol= 43.2g。