1、2015-2016学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（下）第一次月考化学试卷一、选择题（20小题，每小题只有一个选项符合题意）1下列有关说法不正确的是（）A陶瓷的主要成分是硅酸盐B硅可用作半导体材料C电解氯化钠溶液制取金属钠和氯气D铁槽可存放冷的浓硝酸、浓硫酸225和1.01105Pa时，反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（）A是吸热反应B是放热反应C是熵减少的反应D熵增大效应大于能量效应3常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）Ac（H+）/c（OH）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClBpH=1的溶液中
2、：Fe2+、NO3、AlO2、Na+C水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3Dc（Fe3+）=0.1 molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN4下列说法正确的是（）A凡是吸热反应都需要加热B物质的化学变化都伴随着能量变化C表示中和热的热化学方程式：NaOH+HClNaCl+H2OH=57.3 kJmol1D等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者的反应热比后者大5下列离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H+2II2+2H2OC用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu
3、2+2H2O2Cu+O2+4H+DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O6在25时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH）=1010 molL1下列有关该溶液的叙述正确的是（）A该溶液一定呈酸性B该溶液中c（H+）可能等于105 molL1C该溶液的pH可能为4也可能为10D该溶液有可能呈中性7某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用1mol的醋酸溶液和1.01mol的氢氧化钠溶液做中和热实验测得中和热的数值为57.3kJ/molB通过实验得知在常温常压下，12g固体C和32g气体O2所具有的总能量一定大于44g气体CO2所具有的总能量C室温下，用广
4、泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.7mL8一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）H0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变9化学于生产、生活，并应用于生产、生活，下列有关说法不正确的是（）A明矾能水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂B石英、玛瑙、水晶通常作为装饰品使用，但都
5、可溶于氢氟酸CNa2CO3俗称纯碱，可与盐酸反应，故可用于治疗人体内胃酸过多D农村施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混用，以免氮肥肥效下降10可逆反应N2+3H22NH3的正逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示下列关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A2正（N2）=逆（NH3）B3正（N2）=正（H2）C正（H2）=3逆（NH3）D正（N2）=3逆（H2）11设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）AOlmol过氧化钠中，阴阳离子总数为0.4 NAB11.2L氯气通入足量的NaOH充分反应，转移的电子数目为0.5 NAC17g NH3气体含键的数目为3NAD1L Olmol/L氨水
6、中，OH数目为0.1 NA12下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝金属铜比铁活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点低D将SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液的紫色褪去SO2具有还原性AABBCCDD13某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理如图，下列说法正确的是（）Aa为CH4，b为CO2B
7、CO32向负极移动C此电池在常温时也能工作D正极电极反应式为O2+2H2O+4e4OH14关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）Ac（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.01molL1Bc（H+）=c（CH3COO）C加水稀释100倍后，溶液pH=4D加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离15根据氢原子和氟原子的核外电子排布，对F2和HF分子中形成的共价键描述正确的是（）A两者都为ss 键B两者都为pp 键C前者为pp 键，后者为sp 键D前者为ss 键，后者为sp 键16下列物质中，化学键类型和分子空间构型皆相同的是（）ACO2和SO2BCH4和SiH4CBF3和PH3DHCl和
8、NH4Cl17下列化学用语的理解正确的是（）A29Cu的价电子排布式为3d94s2BHClO的结构式：HClOC比例模型，可以同时表示CH4和CCl4分子D1s22s22p3 和 1s22s22p4能形成AB2型共价化合物18某物质的结构为：对该物质的分析判断正确的是（）A该物质是一个离子化合物B该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力C该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子D该物质中C、N、O原子存在孤对电子19常温下，下列叙述正确的是（）APH等于5的HCl溶液和PH值等于9的NaOH溶液由水电离出的C（H+）之比为1：1B两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和
9、a+1，则c1=10c2CPH=2的HNO3溶液和PH=10的Ba（OH）2溶液等体积混合后的溶液的PH=7D向0.1mol/L的氨水中加入少量醋酸铵固体，则溶液中增大20某温度下，H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.0100.0200.020c（CO2）/mol/L0.0100.0100.020A平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.
10、012mol/LD反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢二、解答题（共5小题，满分60分）21A、B、C、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的元素A原子半径是周期表中原子半径最小的；B的基态原子中有3个未成对电子；C可以和A形成两种常见的液态化合物，且原子个数之比分别是1：1和1：2；D、E为同周期元索，D是所属周期的主族元素中电负性最小的；E与C同主族；F位于周期表的ds区，F元素原子最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）F2+的价电子排布式是；（2）B和C电负性较大的是（3）EC32立体构型是；EC3的中心原子的杂化类型是（4）沸点A2C高于A2E，原因是（5）由C、E、
11、F元素组成的常见化合物中，逐滴滴加BA3至过量，先生成沉淀，后沉淀消失，写出沉淀消失的离子方程式22联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料N2H4与N2O4反应能放出大量的热（1）已知：2NO2（g）N2O4（g），N2O4为无色气体在上述条件下反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）一定温度下，在密闭恒容容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡，达到平衡状态的标志A单位时间内消耗n molN2O4的同时生成2nmolNO2B用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：1的状态C混合气体的颜色不再改变的状态D混合气体的密度不再改变的状态E混合气体的
12、平均相对分子质量不再改变的状态其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是（填字母）A增大NO2的浓度 B降低温度 C减小压强 D加入催化剂（2）25时，1molN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放612.5kJ的热量请写出该反应的热化学方程式：（3）17、1.01105Pa，往10L密闭容器中充入NO2，达到平衡时，n（NO2）=0.2mol，n（N2O4）=0.16mol则反应初始时，充入NO2的物质的量为；该温度下反应N2O4（g）2NO2（g）的平衡常数K为23已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理请回答下列问题：（1）常温
13、下，浓度均为0.1molL1的下列五种溶液的pH如下表：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.0上述盐溶液中的阴离子，结合质子（H+）能力最强的是根据表中数据判断，浓度均为0.01molL1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是；（填编号，下同）将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是AHCN BHClO CH2CO3 DCH3COOH根据上表数据，请计算0.1molL1的NaCN溶液中水电离出的氢氧根离子的浓度要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，请用平衡原理原因（写离子方程式并用必要的文章说明，否则0分）（
14、2）在0.1molL1的NaClO溶液中，写出离子浓度的大小关系24己知：KI溶液在酸性条件下能被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为：O2+4I一+4H+=212+2H2O（1）某化学小组为探究不同条件对上述反应速率的影响，设计如下实验，完成下表中和的内容（限选试剂：0lmol/L硫酸、0.2mol/L硫酸、Imol/L KOH溶液、淀粉溶液）组别温度KI溶液H2SO4溶液淀粉溶液实验目的C（KI）VC（H2SO4）V1298K1mol/L5mL0.1mol/L5mL3滴l组和2组探究对该反应速率的影响；1组和3组探究反应物浓度对该反应速率的影响2308K1mol/L5mL0.1mol/L5
15、mL3滴3298K1mol/L5mL5mL3滴（2）在上述实验中，三种溶液混合的顺序最合理的是（选填下列选项）；应记录的内容是A先将硫酸溶液与淀粉溶液混合，然后再加入KI溶液B先将KI溶液与硫酸溶液混合，然后再加入淀粉溶液C先将KI溶液与淀粉溶液混合，然后再加入硫酸溶液（3）在实验中，发现露置在空气中的KI溶液逐渐变黄色通过查阅资料知：KI溶液在空气中会生成I2和KOH小组同学对该描述有疑问：I2为何能与KOH共存？为此提出下列假设进行探究：假设一：常温下，I2和KOH不反应假设二：溶液碱性弱，I2和KOH不反应假设三：请设计实验验证假设二，完成表中的内容 实验方案 预期实验现象与结论取少量于
16、试管中，滴入几滴淀粉溶液，然后逐滴加入，观察现象若，则假设二正确（限选试剂：1mol/L盐酸、1mol/L KOH溶液、碘水、淀粉溶液）25如图1所示是一个电化学装置的示意图请回答下列问题：（1）图中乙池是（填“原电池”、“电解池”或“电镀池”）（2）Cu电极的名称是（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”）（3）闭合K之前，向乙池中滴加酚酞溶液，闭合K之后，Fe附近的现象是乙池中反应的化学方程式为（4）利用丙池进行电镀铜，C极的电极材料为（5）近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图2，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过则a电极的电极反应式是2015-2016学年四川省成都市邛崃市高埂
17、中学高二（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（20小题，每小题只有一个选项符合题意）1下列有关说法不正确的是（）A陶瓷的主要成分是硅酸盐B硅可用作半导体材料C电解氯化钠溶液制取金属钠和氯气D铁槽可存放冷的浓硝酸、浓硫酸【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品；B硅为良好的半导体材料；C电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氯气和氢气；D常温下铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象【解答】解：A陶瓷是硅酸盐产品，其主要成分为硅酸盐，故A正确；B单质硅是良好的半导体材料，故B正确；C电解熔融氯化钠可以得到钠和氯气，若电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氯气和氢气
18、，故C错误；D在常温下铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象，所以铁槽可存放冷的浓硝酸、浓硫酸，故D正确；故选C225和1.01105Pa时，反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（）A是吸热反应B是放热反应C是熵减少的反应D熵增大效应大于能量效应【考点】焓变和熵变【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据G=HTS判断，反应能自发进行，必须满足=HTS0才可【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）H=+
19、56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据G=HTS判断，反应能自发进行，必须满足HTS0才可，即熵增大效应大于能量效应故选D3常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）Ac（H+）/c（OH）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClBpH=1的溶液中：Fe2+、NO3、AlO2、Na+C水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3Dc（Fe3+）=0.1 molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN【考点】离子共存问题【分析】Ac（H+）/c（OH）=1012的水溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不发生反应，都不
20、与氢离子反应；BpH=1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，偏铝酸根离子与氢离子、亚铁离子发生反应；C该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子、氢离子反应；D铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成硫氰化铁【解答】解：Ac（H+）/c（OH）=1012的水溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3、Cl之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B该溶液呈酸性，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，AlO2与Fe2+、H+发生反应，在原子不能大量共存，故B错误；C该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3与氢
21、离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；DFe3+和SCN之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A4下列说法正确的是（）A凡是吸热反应都需要加热B物质的化学变化都伴随着能量变化C表示中和热的热化学方程式：NaOH+HClNaCl+H2OH=57.3 kJmol1D等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者的反应热比后者大【考点】吸热反应和放热反应【分析】A吸热反应不一定需要加热也能发生反应；B化学变化是旧键断裂新键形成的过程，断键和成键都有能量变化；C、热化学方程式中应注明各物质的聚集状态；D、硫固体变为硫蒸气吸收热量，故等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者
22、放出热量少【解答】解：ABa（OH）28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但是不需要加热，故A错误；B化学变化是旧键断裂新键形成的过程，断键和成键都有能量变化，所以物质的化学变化都伴随着能量的变化，故B正确； C、热化学方程式中应注明各物质的聚集状态，正确的为：NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.3 kJmol1，故C错误；D、硫固体变为硫蒸气吸收热量，故等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少，故D错误；故选B5下列离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H+2II2+
23、2H2OC用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】AHClO为弱酸，在离子反应中保留化学式；B发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；C铜作电解，阳极Cu失去电子，实质为电镀；D发生氧化还原反应生成S、SO2、H2O【解答】解：ACl2通入水中的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2II2+2H2O，故B正确；C用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子
24、，故C错误；DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32+2H+SO2+S+H2O，故D错误；故选B6在25时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH）=1010 molL1下列有关该溶液的叙述正确的是（）A该溶液一定呈酸性B该溶液中c（H+）可能等于105 molL1C该溶液的pH可能为4也可能为10D该溶液有可能呈中性【考点】探究溶液的酸碱性【分析】25时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH）=1010 molL1107molL1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，据此分析解答【解答】解：25时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH）=1010 molL110
25、7molL1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，A根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；B如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）=mol/L=104 molL1，故B错误；C如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）=mol/L=104 molL1，溶液pH=4，如果该溶液呈碱性，溶液中c（H+）=1010molL1，则溶液的pH=10，故C正确；D因为水的电离被抑制，所以溶质可能为酸或碱，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，故D错误；故选C7某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用1mol的醋酸溶液和1.01mol的氢氧化钠溶液做中和热实
26、验测得中和热的数值为57.3kJ/molB通过实验得知在常温常压下，12g固体C和32g气体O2所具有的总能量一定大于44g气体CO2所具有的总能量C室温下，用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.7mL【考点】中和热的测定；反应热和焓变；试纸的使用；中和滴定【分析】A、从醋酸为弱酸，电离过程吸热的角度与强酸相对比分析；B、所有的燃烧反应均属于放热反应，因此反应物的总能量一定大于生成物的总能量分析；C、从广泛pH试纸的测量精度分析；D、从碱式滴定管的精度分析【解答】解：A、强酸强碱的中和热为57.3kJ/mol，醋酸为弱酸，电离过程吸热，因
27、此做中和热实验测得中和热的数值肯定小于57.3kJ/mol，故A错误；B、碳的燃烧属于放热反应，反应物的总能量一定大于生成物的总能量，即12g固体C和32g气体O2所具有的总能量一定大于44g气体CO2所具有的总能量，故B正确；C、广泛pH试纸的测量精度为1级，达不到0.1级，故C错误；D、碱式滴定管的精度为0.01ml，因此21.7mL错误，故D错误；故选：B8一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）H0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件不变，分离出硫
28、，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变【考点】化学平衡的影响因素【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关【解答】解：A该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；B硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，
29、故B错误；C该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；D平衡常数只与温度有关，与使用哪种催化剂无关，故D正确；故选D9化学于生产、生活，并应用于生产、生活，下列有关说法不正确的是（）A明矾能水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂B石英、玛瑙、水晶通常作为装饰品使用，但都可溶于氢氟酸CNa2CO3俗称纯碱，可与盐酸反应，故可用于治疗人体内胃酸过多D农村施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混用，以免氮肥肥效下降【考点】盐类水解的应用；氨的化学性质；含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物【分析】A明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化
30、铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质；B、石英、玛瑙和水晶的主要成为均为二氧化硅；C、Na2CO3溶液碱性较强，和酸的反应剧烈；D、草木灰主要成份是碳酸钾，铵态氮肥的主要成份是铵盐，铵根离子可以和碳酸根离子之间发生双水解反应，据此回答【解答】解：A明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以能净水，故A正确；B、石英、玛瑙和水晶的主要成为均为二氧化硅，但都可溶于氢氟酸，故B正确；C、Na2CO3溶液碱性较强，具有腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多，故C错误；D、草木灰主要成份是碳酸钾，铵态氮肥的主要成份是铵盐，铵根离子可以和碳酸根离
31、子之间发生双水解反应生成氨气而丧失肥效，所以草木灰不能与铵态氮肥混用，故D正确故选C10可逆反应N2+3H22NH3的正逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示下列关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A2正（N2）=逆（NH3）B3正（N2）=正（H2）C正（H2）=3逆（NH3）D正（N2）=3逆（H2）【考点】化学平衡状态的判断【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化【解答】解：A.2正（N2）=逆（NH3），反应速率之比等于化学计量数之比，故正=逆，故A正确；B.3正（N2）=正（H2），都是正反应，故B错误；C正（H2）=3逆（
32、NH3），反应速率之比与化学计量数之比不等，故C错误；D正（N2）=3逆（H2），反应速率之比与化学计量数之比不等，故D错误，故选A11设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）AOlmol过氧化钠中，阴阳离子总数为0.4 NAB11.2L氯气通入足量的NaOH充分反应，转移的电子数目为0.5 NAC17g NH3气体含键的数目为3NAD1L Olmol/L氨水中，OH数目为0.1 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A过氧化钠中阴离子为过氧根离子；B气体状况未知；C.1个氨气分子含有3个NH键；D氨水为弱碱，一水合氨在溶液中只能部分电离；【解答】解：Almol过氧化钠中，含有阳离子0.2m
33、ol，阴离子0.1mol，阴阳离子总数为0.3NA，故A错误；B气体状况未知，无法确定氯气的物质的量，故B错误；C.17g NH3气体物质的量为1mol，含键的数目为3NA，故C正确；DlL 0lmolL1的氨水中含有溶质0.1mol，由于一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离，所以溶液中氢氧根离子的物质的量小于0.1mol，OH离子数目小于0.1N，故D错误；故选：C12下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3
34、溶液中溶液变蓝金属铜比铁活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点低D将SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液的紫色褪去SO2具有还原性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A过量铁粉，反应生成亚铁离子；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：A过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2
35、+，不能证明金属铜比铁活泼，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应从而使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D13某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理如图，下列说法正确的是（）Aa为CH4，b为CO2BCO32向负极移动C此电池在常温时也能工作D正极电极反应式为O2+2H2O+4e4OH【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该原电池为甲烷燃料电池，
36、根据图象中电子流向知，左边电极为负极、右边电极为之间，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a为甲烷、b为氧气，负极反应式为CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e2CO32，据此分析解答【解答】解：A燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a是CH4，b为O2，故A错误；B原电池放电时，阴离子向负极移动，则碳酸根离子向负极移动，故B正确；C电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，故C错误；D正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e2CO32，故D
37、错误；故选B14关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）Ac（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.01molL1Bc（H+）=c（CH3COO）C加水稀释100倍后，溶液pH=4D加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHCH3COO+H+，A、根据物料守恒分析解答；B、溶剂水还电离出氢离子；C、加水稀释，促进醋酸的电离；D、同离子效应【解答】解：A、醋酸电离极微弱，根据物料守恒，c（CH3COOH）+c（CH3COO）c（H+）=0.01molL1，故A错误；B、醋酸电离产生氢离子和醋酸根离子的浓度相等，
38、而溶剂水还电离出氢离子，所以c（H+）c（CH3COO），故B错误；C、加水稀释，促进醋酸的电离，所以加水稀释100倍后，溶液pH4，故C错误；D、加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度变大，根据同离子效应，电离平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确；故选D15根据氢原子和氟原子的核外电子排布，对F2和HF分子中形成的共价键描述正确的是（）A两者都为ss 键B两者都为pp 键C前者为pp 键，后者为sp 键D前者为ss 键，后者为sp 键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【分析】H原子核外电子排布为1s1，F原子核外电子排布为1s22s22p5，形成共价键时，F为2p电子，H为1s电子，以此解答
39、该题【解答】解：H原子核外电子排布为1s1，F原子核外电子排布为1s22s22p5，形成共价键时，F为2p电子，H为1s电子，则F2分子中形成的共价键为pp 键，HF分子中形成的共价键为sp 键，故选C16下列物质中，化学键类型和分子空间构型皆相同的是（）ACO2和SO2BCH4和SiH4CBF3和PH3DHCl和NH4Cl【考点】化学键；判断简单分子或离子的构型【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，结合价层电子对互斥模型判断分子构型【解答】解：ACO2和SO2都含有共价键，但CO2为直线形分子，SO2为V形分子，故A错误；BCH4和SiH4都
40、含有共价键，且都是正四面体构型，故B正确；CBF3和PH3都含有共价键，BF3为平面三角形，PH3为三角锥形，故C错误；DHCl只含共价键，NH4Cl含有离子键和共价键，故D错误故选B17下列化学用语的理解正确的是（）A29Cu的价电子排布式为3d94s2BHClO的结构式：HClOC比例模型，可以同时表示CH4和CCl4分子D1s22s22p3 和 1s22s22p4能形成AB2型共价化合物【考点】原子核外电子排布；结构式；球棍模型与比例模型【分析】A违背洪特规则特例；B根据稳定结构，O原子与H原子、Cl原子之间分别形成1对共用电子对；CC原子半径比Cl原子半径小；D.1s22s22p3 和
41、 1s22s22p4分别表示N、O元素【解答】解：A根据洪特规则特例，29Cu的价电子排布式为3d104s1为，故A错误；B根据稳定结构，O原子与H原子、Cl原子之间分别形成1对共用电子对，HClO的结构式为HOCl，故B错误；CC原子半径比Cl原子半径小，比例模型不能表示CCl4分子，故C错误；D.1s22s22p3 和 1s22s22p4分别表示N、O元素，二者可以形成共价化合物NO2，故D正确，故选D18某物质的结构为：对该物质的分析判断正确的是（）A该物质是一个离子化合物B该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力C该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子D该物质中C、N、O原子存
42、在孤对电子【考点】配合物的成键情况；化学键【分析】非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，只含共价键的化合物为共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，以此来解答【解答】解：A、该物质中只有共价键、配位键和氢键，没有离子键，不是离子化合物，故A错误；B、该物质中除了有共价键、配位键外，还有分子内氢键，故B错误；C、从图中可看出，有化学键的箭头指向Ni原子，所以该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，故C正确；D、该物质中C原子的最外层电子均用来形成化学键，不存在孤电子对，故D错误故选：C19常温下，下列叙述正确的是（）APH等于5的HCl溶液和PH值等于9的Na
43、OH溶液由水电离出的C（H+）之比为1：1B两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2CPH=2的HNO3溶液和PH=10的Ba（OH）2溶液等体积混合后的溶液的PH=7D向0.1mol/L的氨水中加入少量醋酸铵固体，则溶液中增大【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、pH等于5的HCl溶液中pOH=9，C（OH）=109mol/l，氢氧根是水电离出来，而水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，而于9的NaOH溶液中C（H+）=109mol/l，溶液中的氢离子全部是水电离出来的；B、两种醋酸溶液pH为a和pH为a+1相当于加水稀释超
44、10倍，则c110c2；C、pH=2的HNO3溶液和pH=10的Ba（OH）2溶液等体积混合后的溶液的酸过量，溶液呈酸性；D、向0.1mol/L的氨水中加入少量醋酸铵固体，NH3H2ONH4+OH平衡逆向移动，NH3H2O浓度变大，氢氧根浓度变小【解答】解：A、pH等于5的HCl溶液中pOH=9，C（OH）=109mol/l，氢氧根是水电离出来，而水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，而于9的NaOH溶液中C（H+）=109mol/l，溶液中的氢离子全部是水电离出来的，所以两者水电离出的C（H+）之比为1：1，故A正确；B、两种醋酸溶液pH为a和pH为a+1相当于加水稀释超10倍，则c110c
45、2，故B错误；C、pH=2的HNO3溶液和pH=10的Ba（OH）2溶液等体积混合后的溶液的酸过量，溶液呈酸性，故C错误；D、向0.1mol/L的氨水中加入少量醋酸铵固体，NH3H2ONH4+OH平衡逆向移动，NH3H2O浓度变大，氢氧根浓度变小，故D错误；故选A20某温度下，H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示下列判断不正确的是（）起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.0100.0200.020c（CO2）/mol/L0.0100.0100.020A平衡时，乙中CO2的转化率大
46、于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012mol/LD反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢【考点】化学平衡的计算【分析】反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、乙、丙中平衡常数相同由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高根据三段式结合平衡常数计算出甲容器内，平衡时个物质的浓度变化量、平衡浓度A、计算甲容器内二氧化碳的转化率，乙中氢气的起始浓度比甲
47、中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高B、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中H2的转化率均相等，根据三段式计算甲中氢气的转化率C、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中CO2的转化率均相等，根据三段式计算平衡时甲中的CO2的浓度、转化率，进而计算丙中CO2的浓度D、浓度越大反应速率越快【解答】解：对于甲容器：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.01 0.01 0 0变化（mol/L）：x x x x平衡（mol/L）：0.01x 0.01x x x所以=，解得x=0.006A、由上述计算可知，甲容器内二氧化碳的转化率为100%=60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始
48、浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高，故平衡时，乙中CO2的转化率大于60%，故A正确；B、恒温恒容下，由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，反应H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，故甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中H2的转化率均相等，由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为100%=60%，故甲中和丙中H2的转化率均为60%，故B正确；C、由上述计算可知，平衡时甲容器内c（CO2）=（0.01x ）mol/L=0.004mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中CO2的转化率相等，由A中
49、计算可知为60%，故平衡时丙容器内c（CO2）=0.02mol/L（160%）=0.008mol/L，平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，但不是0.012mol/L，故C错误；D、浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙乙，故速率丙乙甲，故D正确故选：C二、解答题（共5小题，满分60分）21A、B、C、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的元素A原子半径是周期表中原子半径最小的；B的基态原子中有3个未成对电子；C可以和A形成两种常见的液态化合物，且原子
50、个数之比分别是1：1和1：2；D、E为同周期元索，D是所属周期的主族元素中电负性最小的；E与C同主族；F位于周期表的ds区，F元素原子最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）F2+的价电子排布式是3d9；（2）B和C电负性较大的是O（3）EC32立体构型是三角锥形；EC3的中心原子的杂化类型是sp2（4）沸点A2C高于A2E，原因是H2O分子之间形成氢键（5）由C、E、F元素组成的常见化合物中，逐滴滴加BA3至过量，先生成沉淀，后沉淀消失，写出沉淀消失的离子方程式Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O+2OH【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E、
51、F为前四周期原子序数依次增大的元素；A原子半径是周期表中原子半径最小的，则A是H元素；C可以和A形成两种常见的液态化合物，且原子个数之比分别是1：1和1：2，C是O元素，两种化合物为H2O2、H2O；B的基态原子中有3个未成对电子，原子序数小于氧，核外电子排布为1s2s22p3，故B为N元素；F位于周期表的ds区，F元素原子最外层有一个未成对电子，外围电子排布式为3d104s1，故F为Cu；E与C同主族，E的原子序数小于Cu，故E为S元素；D、E为同周期元索，D是所属周期的主族元素中电负性最小的，则D为Na【解答】解：A、B、C、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的元素；A原子半径是周期表中
52、原子半径最小的，则A是H元素；C可以和A形成两种常见的液态化合物，且原子个数之比分别是1：1和1：2，C是O元素，两种化合物为H2O2、H2O；B的基态原子中有3个未成对电子，原子序数小于氧，核外电子排布为1s2s22p3，故B为N元素；F位于周期表的ds区，F元素原子最外层有一个未成对电子，外围电子排布式为3d104s1，故F为Cu；E与C同主族，E的原子序数小于Cu，故E为S元素；D、E为同周期元索，D是所属周期的主族元素中电负性最小的，则D为Na（1）Cu2+的价电子排布式是3d9，故答案为：3d9；（2）B为N元素，C为O元素，同周期自左而右电负性增大，故电负性较大的是O，故答案为：O
53、；（3）SO32中硫原子孤电子对数=1，价层电子对数=3=1=4，故其立体构型是三角锥形，SO3中硫原子杂化轨道数目为3+=3，硫原子的杂化类型是sp2杂化，故答案为：三角锥形；sp2；（4）由于H2O分子之间形成氢键，而H2S分子之间不能形成氢键，故水的沸点高于硫化氢的，故答案为：H2O分子之间形成氢键；（5）由C、E、F元素组成的常见化合物为CuSO4，CuSO4中逐滴滴加NH3至过量，先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶解形成Cu（NH3）42+，沉淀消失的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O+2OH，故答案为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3
54、）42+4H2O+2OH22联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料N2H4与N2O4反应能放出大量的热（1）已知：2NO2（g）N2O4（g），N2O4为无色气体在上述条件下反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）一定温度下，在密闭恒容容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡，达到平衡状态的标志ACEA单位时间内消耗n molN2O4的同时生成2nmolNO2B用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：1的状态C混合气体的颜色不再改变的状态D混合气体的密度不再改变的状态E混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态其他条件不变时，下列措施能提高NO2
55、转化率的是BC（填字母）A增大NO2的浓度 B降低温度 C减小压强 D加入催化剂（2）25时，1molN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放612.5kJ的热量请写出该反应的热化学方程式：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）H=1225KJ/mol（3）17、1.01105Pa，往10L密闭容器中充入NO2，达到平衡时，n（NO2）=0.2mol，n（N2O4）=0.16mol则反应初始时，充入NO2的物质的量为3.4；该温度下反应N2O4（g）2NO2（g）的平衡常数K为0.25【考点】化学平衡状态的判断；反应热和焓变；化学平衡的
56、计算【分析】（1）HTS0的反应能够自发进行；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；平衡正向移动可以通过反应物的转化率；（2）根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法来写；（3）依据化学平衡三段式列式计算起始量，依据平衡浓度结合平衡常数概念计算得到，逆反应的平衡常数和正反应的平衡常数成倒数计算【解答】解：（1）HTS0的反应能够自发进行，该反应S0，若反应能够自发进行，H必须小于0，故答案为：；A、生成n mol N2O4的同时生成2nmolNO2
57、，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B、速率之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、颜色不变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故C正确；D、密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；E、平均相对分子质量不再改变，说明气体物质的量不变，反应达到平衡状态，故E正确；故选ACE；A、减小二氧化氮的浓度，平衡逆向移动，其转化率减小，故A错误；B、降低温度平衡向正向移动，其转化率增大，故B正确；C、增大压强平衡正向移动，其转化率增大，故C正确；D、升高温度，平衡逆向移动，其转化率减小，故D错误；故选BC；（2）1molN2H4（l）与
58、足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放612.5kJ的热量，其热化学方程式为2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）H=1225KJ/mol，故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）H=1225KJ/mol；（3）17、1.01105Pa，往10L密闭容器中充入NO2，达到平衡时，c（NO2）=0.2molL1、c（N2O4）=0.16molL1，反应初始时，充入NO2的物质的量浓度为0.34mol/L，n（NO2）=C（NO2）V=0.34mol/L10L=3.4mol；该反应的平衡常数K=4mol1/L1该温度下反应
59、N2O4（g）2NO2（g）的平衡常数K=0.25mol/L；故答案为：3.4mol；0.2523已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理请回答下列问题：（1）常温下，浓度均为0.1molL1的下列五种溶液的pH如下表：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.0上述盐溶液中的阴离子，结合质子（H+）能力最强的是CO32根据表中数据判断，浓度均为0.01molL1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是C；（填编号，下同）将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是AAHCN BHClO CH2CO3 DCH3COOH根据
60、上表数据，请计算0.1molL1的NaCN溶液中水电离出的氢氧根离子的浓度103mol/L要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，请用平衡原理原因HClO和碳酸钠不反应，而盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，所以导致氯水中HClO浓度增大2Cl2+CO32+H2O=CO2+2Cl+2HClO（写离子方程式并用必要的文章说明，否则0分）（2）在0.1molL1的NaClO溶液中，写出离子浓度的大小关系c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大；酸的酸性
61、越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小；0.1molL1的NaCN溶液pH=11，而溶液中所有氢氧根离子均来自于水的电离，据此分析；HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳；（2）NaClO是强碱弱酸盐，水解显碱性【解答】解：（1）弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大，根据溶液pH知，CO32的水解程度最大，则CO32结合质子能力最强，故答案为：CO32；酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓
62、度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是C、酸性最弱的酸是HCN；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故答案为：C；A；0.1molL1的NaCN溶液pH=11，而溶液中所有氢氧根离子均来自于水的电离，故溶液中水电离出的氢氧根的浓度为103mol/L，故答案为：103mol/L；HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，所以导致氯水中HClO浓度增大，离子方程式为2Cl2+CO32+H2O=CO2+2Cl+2HClO，故答案为：HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸钠反应生成
63、二氧化碳，所以导致氯水中HClO浓度增大，2Cl2+CO32+H2O=CO2+2Cl+2HClO；（2）NaClO是强碱弱酸盐，水解显碱性，故有c（OH）c（H+），而溶液呈电中性，故有c（Na+）c（ClO），故有：c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）24己知：KI溶液在酸性条件下能被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为：O2+4I一+4H+=212+2H2O（1）某化学小组为探究不同条件对上述反应速率的影响，设计如下实验，完成下表中和的内容（限选试剂：0lmol/L硫酸、0.2mol/L硫酸、Imol/L KOH溶液、淀粉溶液
64、）组别温度KI溶液H2SO4溶液淀粉溶液实验目的C（KI）VC（H2SO4）V1298K1mol/L5mL0.1mol/L5mL3滴l组和2组探究温度对该反应速率的影响；1组和3组探究反应物浓度对该反应速率的影响2308K1mol/L5mL0.1mol/L5mL3滴3298K1mol/L5mL0.2mol/L硫酸5mL3滴（2）在上述实验中，三种溶液混合的顺序最合理的是C（选填下列选项）；应记录的内容是溶液从无色变为蓝色所需的时间A先将硫酸溶液与淀粉溶液混合，然后再加入KI溶液B先将KI溶液与硫酸溶液混合，然后再加入淀粉溶液C先将KI溶液与淀粉溶液混合，然后再加入硫酸溶液（3）在实验中，发现露
65、置在空气中的KI溶液逐渐变黄色通过查阅资料知：KI溶液在空气中会生成I2和KOH小组同学对该描述有疑问：I2为何能与KOH共存？为此提出下列假设进行探究：假设一：常温下，I2和KOH不反应假设二：溶液碱性弱，I2和KOH不反应假设三：请设计实验验证假设二，完成表中的内容 实验方案 预期实验现象与结论取少量碘水于试管中，滴入几滴淀粉溶液，然后逐滴加入1mol/L KOH溶液，观察现象若蓝色不褪色，则假设二正确（限选试剂：1mol/L盐酸、1mol/L KOH溶液、碘水、淀粉溶液）【考点】探究温度、压强对化学反应速率的影响；探究化学反应机理【分析】（1）根据表格，对比的数据，可以看出实验是探究温度
66、对反应速率的影响；实验是探究反应物浓度对该反应速率的影响，所以此时两个实验中H2SO4溶液应当不相等，据此答题；（2）实验中应先向一定体积的KI溶液中滴加淀粉溶液，然后再加入稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘，应记录的数据为反应的时间；（3）淀粉与碘水作用显蓝色，加入氢氧化钾，若蓝色不褪色，说明溶液中溶液碱性弱，I2和KOH不反应【解答】解：（1）根据表格，对比的数据，可以看出温度不一样，其它条件都一样，所以实验是探究温度对反应速率的影响；实验是探究反应物浓度对该反应速率的影响，所以此时两个实验中H2SO4溶液应当不相等，所以选择0.2mol/L硫酸，故答案为：0.2mol/L硫酸；温
67、度；（2）探究不同条件对O2+4I一+4H+=212+2H2O反应速率的影响，淀粉遇碘变蓝色，实验中应先向一定体积的KI溶液中滴加淀粉溶液，然后再加入稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘，可根据颜色的变化判断反应速率，应记录的内容是溶液从无色变为蓝色所需的时间，故答案为：C；溶液从无色变为蓝色所需的时间；（3）淀粉与碘水作用显蓝色，加入氢氧化钾，若蓝色不褪色，说明溶液中溶液I2和KOH不反应，即验证假设2碱性弱，I2和KOH不反应，故答案为：碘水；1mol/L KOH溶液；蓝色不褪色25如图1所示是一个电化学装置的示意图请回答下列问题：（1）图中乙池是电解池（填“原电池”、“电解池”或“
68、电镀池”）（2）Cu电极的名称是正极（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”）（3）闭合K之前，向乙池中滴加酚酞溶液，闭合K之后，Fe附近的现象是溶液变红乙池中反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2（4）利用丙池进行电镀铜，C极的电极材料为铜（5）近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图2，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过则a电极的电极反应式是CH3OH+H2O6e=CO2+6H+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）多池串连，活泼性强的电极所在的池为原电池，其它池都是电解池；（2）甲池中铜为正极，锌为负极；（3）乙池中铁为阴极，水中的氢离子放电生成氢氧
69、根离子，所以Fe附近的现象是酚酞溶液变红，乙池中反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（4）利用此装置在一铁器上面镀铜则电极材料，则镀层金属为阳极，即C为铜，镀件为阴极，选用含有镀层金属阳离子的盐为电解质溶液；（5）a是通燃料的电极，是负极发生氧化反应，电极的电极反应式是电极反应式为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+【解答】解：（1）多池串连，活泼性强的电极所在的池为原电池，其它池都是电解池，甲池为原电池，乙池是电解池，故答案为：电解池；（2）甲池中铜为正极，锌为负极，故答案为：正极；（3）乙池中铁为阴极，水中的氢离子放电生成氢氧根离子，所以Fe附近的现象是酚酞溶液变红，乙池中反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为：溶液变红；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（4）利用此装置在一铁器上面镀铜则电极材料，则镀层金属为阳极，即C为铜，镀件为阴极，选用含有镀层金属阳离子的盐为电解质溶液，故答案为：铜；（5）a是通燃料的电极，是负极发生氧化反应，电极的电极反应式是电极反应式为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+2016年6月15日