1、高二一部周末测试化学试题第卷 (选择题 共60分)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Cl-37 Be-9 Na-11 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108一、选择题(本题共12小题，每小题2分，每小题只一个选项符合题意)1. 下列关于能量变化的说法正确的是A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒【答案】D【解析】【详解】
2、A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；C、H0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；答案选D。2. 下列变化过程，属于放热反应的是（ ）浓H2SO4稀释；酸碱中和反应；H2在Cl2中燃烧；固体NaOH溶于水；液态水变成水蒸气；碳高温条件下还原CO2。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】浓H2SO4稀释是放热现象，不选；酸碱中和反应是放热反应，选；H2在Cl2中燃烧是放热反应，选；固体NaOH溶于水不发生化
3、学反应，属于放热过程，不选；液态水变成水蒸气不发生化学反应，属于吸热过程，不选；碳高温条件下还原CO2是吸热反应，不选；综上所诉，选。答案选B。3. 已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（ ）A. 2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(1) H=-2bkJ/molB. 2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g) H=-4bkJ/molC. C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(1) H=+bkJ/molD. 2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l
4、) H=-4bkJ/mol【答案】D【解析】【分析】燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，以此来解答。【详解】由由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)；H=-4bkJ/mol，故答案为D。4. 关于如图装置的说法中正确的是A. 该装置将锌置换铜反应中的化学能转变为
5、电能，属于电解池B. 盐桥的存在使内电路离子流动不畅，因此灯泡忽明忽暗C. 相比于单池单液原电池，该装置电流更持续和稳定D. 盐桥中K+向左侧烧杯移动，因为左侧是负极区【答案】C【解析】【详解】A由图中所示可知，该装置将锌置换铜反应中的化学能转变为电能，属于原电池，A错误；B盐桥内的K+和Cl-可以自由移动，故盐桥的存在使内电路离子流动顺畅，因此灯泡不会出现忽明忽暗的现象，B错误；C相比于单池单液原电池，该装置使用了盐桥能够有效防止锌和硫酸铜直接接触而发生反应，这样电流更持续和稳定，C正确；D在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故盐桥中K+向右侧烧杯移动，因为右侧是正极区，D错误；故答案
6、为：C。5. 以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：装置工作时，下列有关说法正确的是A. 乙池电极接电池正极，气体X为H2B. Na+由乙池穿过交换膜进入甲池C. NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度大D. 甲池电极反应：4-4e+2H2O=4+O2【答案】D【解析】【分析】装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4+2H2O-4e-=4+O2，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。
7、【详解】A乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，A错误；B电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，B错误；C阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，C错误；D放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应为4+2H2O-4e-=4+O2，D正确；故选D。6. 采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是（ ）A. 阴极的反应为B. 电解一段时间后，阳极
8、室的未变C. 电解过程中，由a极区向b极区迁移D. 电解一段时间后，a极生成的与b极反应的等量【答案】D【解析】【详解】A以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水，氧气得电子生成双氧水，阴极的反应为，故A正确；B阳极反应为，由a极区向b极区迁移，根据电荷守，阳极生成氢离子的量与移入阴极氢离子一样多，所以电解一段时间后，阳极室的未变，故B正确；C电解过程中，a是阳极、b是阴极，由a极区向b极区迁移，故C正确；D阳极反应为、阴极反应为，根据得失电子守恒， a极生成的与b极反应的的量不相等，故D错误；选D。7. 金属(M)-空气电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 金属M作电池负极B.
9、电解质是熔融的MOC. 正极的电极反应D. 电池反应【答案】B【解析】【详解】根据图示，金属M为负极，通入空气的电极为正极。A. 金属M作电池负极，故A正确；B. 根据图示，电解质是熔融的M(OH)2，故B错误；C. 正极发生还原反应，电极反应，故C正确；D. 负极M失去电子生成M2+，结合C的分析，电池反应，故D正确；答案选B。8. 下列关于金属的腐蚀与防护的说法正确的是A. Al、Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物B. 生铁在潮湿的空气中生成红褐色的铁锈，属于化学腐蚀C. 化工厂中盛装酸性溶液的容器或管道一般用外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D. 在铁板上镀锌，镀层破损后，就失去了对铁
10、板的保护作用【答案】C【解析】【详解】A.Cu在潮湿的空气中腐蚀产物是Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，而非氧化物，故A错误；B.生铁在潮湿的空气中生成红褐色的铁锈，发生吸氧腐蚀过程，属于电化学腐蚀，故B错误；C.酸性溶液容易腐蚀金属容器或金属材质的管道，可采用外加电流的阴极保护法，即将容器或管道连接电源负极做阴极，防止其腐蚀，故C正确；D.铁板上镀锌，镀层破损后，因锌比铁活泼，若形成原电池，锌作负极，铁作正极，锌能继续保护铁板不被腐蚀，故D错误；故选：C。9. 已知各共价键的键能如表所示，下列说法正确的是( )共价键H-HF-FH-FH-ClH-I键E(kJ/mol)43615756843
11、2298A. 键的稳定性：H-IH-ClH-FB. 表中最稳定的共价键是F-F键C. 432k/molE(H-Br)298kJ/molD. H2(g)+F2(g)=2HF(g) H+25 kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.共价键的键能越大，形成的化学键越稳定，由表中数据可知，键能的大小顺序为E(H-F)E(H-Cl)E(H-I)，则共价键的稳定性的大小顺序为H-FH-ClH-I，故A错误；B.共价键的键能越大，形成的化学键越稳定，由表中数据可知，键能最大的是HF键，则,最稳定的共价键是HF键，故B错误；C.由表中键能的大小顺序为E(H-F)E(H-Cl)E(H-I)可知，卤素非金属性越
12、强，共价键的键能越大，卤素元素的非金属性强弱顺序为ClBrI，则键能的大小顺序为E(H-Cl)=432k/molE(H-Br)298kJ/mol= E(H-I)，故C正确；D.由反应焓变H =反应物键能总和-生成物键能总和可得，氢气与氟气反应的H(436+157) kJ/mol2568 kJ/mol=543 kJ/mol，故D错误；故选C。10. 将如图所示实验装置的K闭合(已知:盐桥中装有琼脂凝胶,内含KCl),下列判断正确的是()A. Cu电极上发生还原反应B. 电子沿ZnabCu路径移动C. 片刻后甲池中c(S)增大D. 片刻后可观察到滤纸b处变红色【答案】A【解析】【详解】A.由图可知
13、，该装置为原电池，活泼金属锌是原电池的负极，不活泼金属铜是正极，铜离子在正极上得到电子发生还原反应,故A正确；B.电子流向是从负极流到正极,但ab这一环节是在溶液中导电,是离子导电,电子不能通过溶液,故B错误；C.甲池中，锌失去电子生成锌离子，溶液中锌离子浓度增大，盐桥中的氯离子移向甲池，溶液中氯离子浓度增大，但溶液中硫酸根离子浓度基本保持不变,故C错误；D.滤纸a处与原电池的负极相连，为电解池的阴极，溶液中水电离出的氢离子放电，破坏水的电离平衡，在a处云集大量氢氧根离子，使酚酞试液变红，b处为电解池的阳极，水电离出的氢氧根离子放电，破坏水的电离平衡，在b处云集大量氢离子,不会使酚酞试液变红，
14、使酚酞试液变红，故D错误；故选A11. 一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染。已知：CH4（g）4NO2（g）=4NO（g）CO2（g）2H2O（g）；H574 kJmol1CH4（g）4NO（g）=2N2（g）CO2（g）2H2O（g）；H1160 kJmol1下列正确的选项是A. CH4（g）2NO2（g）=N2（g）CO2（g）2H2O（l）；H867 kJmol1B. CH4催化还原NOx为N2过程中，若x16，则转移的电子总数为32 molC. 若0.2 mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4 kJD. 若用标准状况下448 L CH4还原NO
15、2至N2，整个过程中转移的电子总数为32 mol【答案】C【解析】【详解】根据盖斯定律，（+）可得：CH4（g）2NO2（g）=N2（g）CO2（g）2H2O（l） H867 kJmol1A与相比可知产物水的状态不同，不正确；B无具体的参加反应的物质的量，所以无法求得转移电子的物质的量，不正确；C由可知0.2 mol CH4参加反应放出的热量为173.4 kJ，正确；D由知反应中电子转移的个数为8，所以4.48 L CH4也就是0.2 mol对应的电子转移数为1.6mol，不正确；答案选C。12. 镍镉(Ni-Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd+2NiOOH
16、+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。下列叙述不正确的是()A. 该电池放电的时候，负极材料是CdB. 放电时每转移3 mol的电子时，正极有3 mol的NiOOH被氧化C. 充电时，阴极附近pH增大D. 充电时，阳极反应是Ni(OH)2+OH-e-NiOOH+H2O【答案】B【解析】【分析】根据总反应中各元素的化合价的变化可知，放电时Cd被氧化为负极，NiOOH被还原为正极。【详解】A放电时时Cd被氧化为负极，故A正确；B放电时Cd被氧化，NiOOH被还原，故B错误；C充电时阴极发生还原反应，电极方程式为Cd(OH)2+2e-Cd+2OH-，所以充电时阴极附近pH增大，故C正确；D充电
17、时阳极失电子发生氧化反应，根据总反应可得阳极反应为Ni(OH)2+OH-e-NiOOH+H2O，故D正确；综上所述答案为B。二、选择(本题共12小题，每小题3分，共36分，每小题一个到两个选项符合题意)13. 甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，乙图是一种用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器。关于甲、乙的说法正确的是()A. 装置乙中的b极要与装置甲的X极连接B. 装置乙中a极的电极反应式为2Cl-2e-Cl2C. 当N极消耗5.6 L(标准状况下)气体时，则有2NA个H+通过质子交换膜D. 若有机废水中主要含有葡萄糖(C6H12O6)，则装置
18、甲中M极发生的电极反应为C6H12O6+6H2O-24e- 6CO2+24H+【答案】D【解析】【分析】甲池为原电池，N电极上氧气转化为水，发生还原反应，所以N(Y)极为正极，则M(X)极为负极；乙池为电解池，需要制备消毒液，则b极应生成氯气，a电极生成NaOH和氢气，然后氯气移动到a电极和NaOH反应生成NaClO，所以b为阳极，a为阴极。【详解】Aa为阴极，与甲中的负极相连，即与X相连，b极要与装置甲的Y极连接，故A错误；B乙为电解池，在下端生成氯气，则b极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，故B错误；CN电极为氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，则当N电
19、极消耗5.6 L气体（标准状况下）即0.25mol时，消耗的氢离子为1mol，则有NA个H+通过离子交换膜，故C错误；D若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极上C6H12O6失电子生成二氧化碳同时产生氢离子，其电极应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，故D正确；综上所述答案为D。14. 氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，下列有关该电池的叙述正确的是（）A. 正极反应式为：O22H2O4e=4OHB. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变C. 该燃料电池的总反应方程式为：2H2O2=2H2OD. 用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2时，有0
20、.2mol电子转移【答案】AC【解析】【详解】A正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，浓度变小，故B错误；C负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，故C正确；D没有指明是否是标准状况，因此氯气的物质的量不能确定，故D错误；故选：AC。15. 某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。下列
21、说法正确的是A. 正极反应为Cl2+2e-=2Cl-B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D. 当电路中转移0.01mole-时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【答案】AD【解析】【详解】A原电池正极发生还原反应，该原电池正极反应式为Cl22e=2Cl，故A正确；B该原电池放电时，负极材料中的Ag被氧化为Ag，Ag与附近的Cl反应生成AgCl白色沉淀，所以交换膜右侧溶液中无大量AgCl白色沉淀生成，故B错误；C由原电池负极反应ClAge=AgCl和正极反应Cl22e=2Cl可知，若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，故
22、C错误；D由原电池的负极反应ClAge=AgCl可知，当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中减少0.01 mol Cl，同时约有0.01 mol H通过阳离子交换膜移至右侧，故交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子，故D正确。综上所述答案为AD。16. 新型微生物电池可应用于难降解酸性有机废水(含C6H6O)的处理，其放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是A. N极为电池负极B. 交换膜为质子交换膜C. M极的电极反应式为C6H6O-28e-+11H2O=6CO2+28H+D. N极消耗22.4LO2(标况)，M极产生CO2的体积为22.4L【答案】AD【解析】【详解】A
23、根据工作原理可知，N极得电子，化合价降低，为电池正极，A说法错误；B电池负极C6H6O失电子生成二氧化碳和氢离子，则交换膜为质子交换膜，B说法正确；CM极为负极C6H6O失电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C6H6O-28e-+11H2O=6CO2+28H+，C说法正确；DN极消耗22.4LO2(标况)，即1mol，转移4mol电子，M极产生标况下CO2的体积为22.4L，D说法错误；答案为AD。17. 化学能与热能、电能等能相互转化。关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（ ）A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能B. 图2可表示中和反应的能量变化情况C. 化学反应中的能量变化都表
24、现为热量的变化D. 化学反应中能量变化的主因是化学键的断裂与生成【答案】BD【解析】【详解】A图1所示装置中没有构成闭合回路，不能将化学能转化为电能，A错误；B中和反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，与图2相符，B正确；C在化学反应中，释放或吸收的能量可以是电能、光能、不一定都是热能，C错误；D在化学反应中，一定有旧的化学键断开和新的化学键形成，断开键吸收能量，形成键释放能量，因此化学反应中能量变化的主因是化学键的断裂与生成，D正确；答案选BD。18. 固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所
25、示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是()A. 有O2参加反应的a极为电池的负极B. b极的电极反应式为H2-2e- 2H+C. a极对应的电极反应式为O2+2H2O+4e- 4OH-D. 该电池的总反应式为2H2+O2 2H2O【答案】D【解析】【分析】该电池属于固体燃料电池，以固体氧化锆-氧化钇为电解质，电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应生成阳离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-；负极上氢气失电子发生氧化反应生成水，电极反应式为2H2-4e-+2O2-2H2O，电池的总反应为：2H2+O2 2H2O。【详解】A.由分析可知，燃料电池中，有O2参加的a极为原电池的
26、正极，故A错误；B.b极为燃料电池的负极，负极上氢气失电子发生氧化反应生成水，电极反应式为2H2-4e-+2O2-2H2O，故B错误；C. a极为燃料电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应生成阳离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故C错误；D.由分析可知，电池的总反应为：2H2+O2 2H2O，故D正确；故选D。19. 下图是某同学设计的验证原电池和电解池的实验装置，下列有关说法不正确的是()A. 关闭K2、打开K1，试管内两极都有气泡产生B. 关闭K2、打开K1，一段时间后，发现左侧试管收集到的气体比右侧略多，则a为负极，b为正极C. 关闭K2，打开K1，一段时间后，用拇指堵住试管移
27、出烧杯，向试管内滴入酚酞，发现左侧试管内溶液变红色，则a为负极，b为正极D. 关闭K2，打开K1，一段时间后，再关闭K1，打开K2，检流计指针不会偏转【答案】D【解析】【分析】A.关闭K2，打开K1，该装置为电解池，NaCl溶液被电解，阴极产生氢气，阳极产生氯气；B.由于氯气在水中的溶解度比氢气大，一段时间后，试管中体积大的气体为氢气；C.产生氢气的一极消耗了氢离子，溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞溶液变红；D.一段时间后，再关闭K1，打开K2时，氢气、氯气和NaCl溶液能形成原电池。【详解】A.关闭K2，打开K1，该装置为电解池，NaCl溶液被电解，两极分别产生氢气和氯气，故A正确；B.由于氯气
28、在水中的溶解度比氢气大，一段时间后，气体体积大的为氢气，该电极为阴极，与该极相连的电源电极即为负极；则生成氯气的电极为阳极，与该极相连的电源电极即为正极，故B正确；C.产生氢气的一极消耗了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞溶液变红，故C正确；D.一段时间后，再关闭K1，打开K2时，氢气、氯气和NaCl溶液能形成原电池，放电时会引起电流计指针发生偏移，故D错误。故选D。【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：（1）先判断是原电池原理还是电解池原理；（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的转移及其反应现象等；（3）若为电解池，则需要先看是惰性电极还是活性电极，
29、如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电顺序分析即可。20. 以氨气代替氢气来研发氨燃料电池是当前科研的一个热点，氨燃料电池使用的电解质溶液是KOH 溶液，电池反应为 4NH3+3O2 2N2+6H2O。下列有关说法错误的是（ ）A. 氨燃料电池在充电时，在阴极 N2 得电子被氧化B. 氨燃料电池在放电时，负极反应 2NH3 - 6e- + 6OH- =N2+6H2OC. 以氨气代替氢气的主要原因是氨气易液化、易储存D. 燃料电池的能量转化率一般比普通的电池高【答案】A【解析】【分析】根据原电
30、池原理可知，氨气在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应。充电时，负极变为阴极，发生还原反应。【详解】A. 氨燃料电池在充电时，阴极上N2得电子被还原为氨气，A说法错误；B. 氨燃料电池在放电时，负极上氨气发生氧化反应，电极反应式为2NH3- 6e- + 6OH- =N2+6H2O，B说法正确；C. 氨气分子间可以形成氢键，而氢气分子间不能形成氢键，故氨气易液化。以氨气代替氢气的主要原因是氨气易液化、易储存，C说法正确；D. 燃料电池的能量转化率一般比普通的电池高，D说法正确。综上所述，有关说法错误的是A。21. 用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图。电解过程中的实验数据如图，横坐
31、标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）。则下列说法正确的是A. 电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B. a电极上发生的反应方程式为：2H+2e-= H2和 4OH-4e-= 2H2O + O2C. 曲线0P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线PQ段表示O2的体积变化D. 从开始到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为17gmol-1【答案】D【解析】【分析】当转移电子的物质的量为0.2mol电子时，两极电极反应为：【详解】A电解过程中，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，排除Ba电极上发生的反应方程式为：Cu22e= C
32、u和4OH-4e-=2H2O十O2，排除C曲线0P段表示O2混合气体的体积变化，曲线PQ段表示H2和O2的体积变化，排除D从开始到Q点时收集到的混合气体共0.2mol,其中氢气与氧气均为0.1mol，故气体的平均摩尔质量为=17gmol-1故答案为D。22. 用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如图。以下结论错误的是( )A. 溶液pH2时，生铁发生析氢腐蚀B. 在酸性溶液中生铁有可能发生吸氧腐蚀C. 析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀快D. 两溶液中负极反应均为：Fe-2e-=Fe2+【答案】C【解析】【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着
33、反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，结合原电池原理分析判断。【详解】A根据pH=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pH2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；BpH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；C根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；D两个溶液中都
34、发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+，故D正确；故选C。23. 俗语说“雷雨发庄稼”与N2和O2反应生成NO有关。反应过程中不使用催化剂(曲线I)和使用催化剂(曲线II)的能量变化如图所示(图中E1表示破坏旧化学键吸收的能量，E2表示形成新化学键释放的能量)。下列叙述错误的是A. 上述反应属于吸热反应B. 途径I的反应焓变比途径II大C. 过程I的反应速率比过程II慢D. N2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=(E1-E2)kJmol1【答案】BD【解析】【详解】A上述反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，A叙述正
35、确；B根据图像可知，途径I的反应焓变与途径II的焓变相等，B叙述错误；C过程I活化能大于过程II的，则过程I反应速率比过程II慢，C叙述正确；DN2与O2反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=2(E1-E2)kJmol1，D叙述错误；答案为BD。24. 科学家设计微生物原电池，用于处理废水(酸性)中的有机物及脱除硝态氮，该装置示意图如图。有关该微生物电池说法正确的是()A. 电子由m极转移到n极B. H+可通过质子交换膜移向左侧极室C. m电极反应为2NO+6H2O+10e-N2+12OH-D. 每生成1 mol CO2转移e-的物质的量为4 mol【答案】BD【解析
36、】【分析】该原电池中电极m上硝酸根转化为氮气发生还原反应，所以电极m为正极，电极n为负极。【详解】A原电池中电子由负极经外电路流向正极，即由n极转移到m极，故A错误；B阳离子向正极移动，即H+可通过质子交换膜移向左侧极室，故B正确；C左边装置中电极m是正极，电极反应式为2NO+10e-+12H+=N2+6H2O，故C错误；D电极n上C6H12O6转化为CO2，C元素化合价由0价变为+4价，所以每生成1 mol CO2转移e-的物质的量为4 mol，故D正确；综上所述答案为BD。第卷 (非选择题，每空2分，共50分)三、非选择题(共5个题，50分)25. (1) 已知 31g 白磷变为 31g
37、红磷释放能量。上述变化属于_(填“物理”或“化学”)变化。常温常压下，白磷与红磷更稳定的是_。(2)甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-571.8 kJ/mol；CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H2=-192.9 kJ/mol表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_； 反应中的能量变化如图所示，则 H2=_。(用 E1、E2 的相关式子表示)；(3)捕碳技术(主要指捕获 CO2 在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前 NH3 和(NH4)2CO3 已经被用作工业捕碳剂，它们与 CO2 可发生如下反应：反应：2NH3(l
38、)+H2O(l)+CO2(g) (NH4)2CO3(aq) H1 反应：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) NH4HCO3(aq) H2反应：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g) 2NH4HCO3(aq) H3则 H3 与 H1、H2 与之间的关系为 H3 =_；(4) 已知反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=akJ/mol，试根据表中所列键能数据估算 a 的值_。(注明“+”或“”)。化学键HHNHNN键能/kJ/mol436391945(5)1mol H2 和 1molCH4 完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，等质量的 H2 和 CH
39、4 完全燃烧放出的热量，_(填化学式)放出的热量多。【答案】 (1). 化学 (2). 红磷 (3). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-764.7kJ/mol (4). E1-E2 (5). 2H2-H1 (6). -93 (7). H2【解析】【分析】(1)有新物质生成的变化是化学变化；物质具有的能量越大越不稳定；(2)首先书写甲醇完全燃烧的化学方程式CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，再根据盖斯定律分析计算CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的焓变H；II根据焓变H=生成物的总能量-反应物的总能量计算；(3)
40、根据盖斯定律分析计算(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)的焓变H3；(4)根据焓变H=反应物总键能-生成物的总键能计算；(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，计算1gH2和1gCH4完全燃烧放出的热量即可比较大小。【详解】(1)白磷和红磷是不同物质，所以白磷转变为红磷是化学变化；白磷转变为红磷释放能量，则等质量的白磷具有的能量较大，物质具有的能量越大越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故答案为：化学；红磷；(2)1molCH3OH完全燃烧生成液态水的化学方程式CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(
41、l)，2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H1=-571.8kJ/mol，CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)H2=-192.9kJ/mol，根据盖斯定律+计算CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的H=-764.7kJ/mol，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-764.7kJ/mol；焓变H2=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故答案为：E1-E2；(3)反应：2NH3(l)+H2O(
42、l)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)H1反应：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)NH4HCO3(aq)H2根据盖斯定律：反应2-反应计算反应：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)的焓变H3=2H2-H1，故答案为：2H2-H1；(4)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=(NN键的键能+3H-H键的键能)-N-H的键能6=(945+4363)kJ/mol-391kJ/mol6=-93kJ/mol，即a=-93，故答案为：-93；(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，则1gH2和1gCH
43、4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ=143kJ、890kJ=55.6kJ，即等质量的H2和CH4完全燃烧放出的热量，H2放出的热量多，故答案为：H2。【点睛】本题的易错点为(2)中燃烧热的热化学方程式的书写，要注意燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数为1。26. 电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液c；M、N是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：(1)若M、N都是惰性电极，c是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在U形管两边各滴入几滴酚酞试液，则：电解池中M极上的电极反应式是_。检验该电极反应产物的方法是_。在N极附近观察到的现象是_。(2)若要
44、进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，电解液c选用CuSO4溶液，则：(说明：杂质发生的电极反应不必写出)M电极的材料是_，电极反应式是_。下列说法正确的是_。A.电能全部转化为化学能 B.在电解精炼中，电解液中有Al3+、Zn2+产生C.溶液中Cu2+向阳极移动 D.阳极泥中可回收Ag、Pt、Au等金属(3)用惰性电极电解CuSO4溶液。若阴极析出Cu的质量为16g，则阳极上产生的气体在标准状况下的体积为 _L 。【答案】 (1). 2Cl-2e-=Cl2 (2). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (3). 放出气体，溶液变红 (4). 粗铜 (5).
45、 Cu-2e-Cu2+ (6). BD (7). 2.8【解析】【分析】由题给示意图中电流的移动方向可知，a为直流电源的正极，b为负极，与正极相连的电极M为阳极，N为阴极。【详解】（1）由分析可知，电解氯化钠溶液时，电解池中M极为阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，检验阳极上生成的氯气可选用湿润的碘化钾淀粉试纸，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成的碘能使淀粉溶液变蓝色，故答案为：2Cl-2e-=Cl2；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；由分析可知，电解氯化钠溶液时，电解池中N极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成
46、氢气，氢离子放电破坏水的电离平衡，使阴极区云集大量氢氧根离子使溶液呈碱性，电极附近溶液变为红色，故答案为：放出气体，溶液变红；（2）由分析可知，电解精炼铜时，M电极为粗铜做阳极，粗铜中比铜活泼的金属和铜在阳极上失去电子发生氧化反应，主要电极反应式为Cu-2e-Cu2+，故答案为：Cu-2e-Cu2+；A.电解精炼铜的过程中，电能不能全部转化为化学能，还有部分转化为热能，故错误；B.在电解精炼中，粗铜中比铜活泼的铝和锌也在阳极上失去电子发生氧化反应生成铝离子和锌离子，则电解液中有铝离子、锌离子产生，故正确；C. 电解精炼铜的过程中，溶液中的阳离子Cu2+向阴极移动，故错误；D. 电解精炼铜的过程
47、中，比铜不活泼的金属不参与电极反应，沉入阳极底部形成阳极泥，则阳极泥中可回收比铜不活泼的Ag、Pt、Au等金属，故正确；BD正确，故答案为：BD；（3）若用惰性电极电解CuSO4溶液时阴极析出Cu的质量为16g，由得失电子数目守恒可知，在标准状况下，阳极上产生的氧气的体积为222.4L/mol=2.8L，故答案为：2.8。27. 装置如图所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：(1)B极是电源的_极，C极的电极反应式为_，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐_(填“变
48、深”或“变浅”)。(2)若甲、乙装置中C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为_。(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是_(填“铜”或“银”)，电镀液是_溶液。常温下，当乙中溶液的c(OH-)=0.1molL-1时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为_g，甲中溶液的酸性_(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12 g，则电镀时电路中通过的电子为_mol。【答案】 (1). 负 (2). 4OH-4e- O2+2H2O (3). 变浅 (4
49、). 1222 (5). 铜 (6). AgNO3 (7). 5.4 (8). 变大 (9). 0.08【解析】【分析】由C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F电极附近有碱生成，则F电极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，为串联电解池的阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极。【详解】（1）由分析可知，电极B是电源的负极；C极为串联电解池的阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4
50、OH-4e-O2+2H2O；氢氧化铁胶粒带正电荷，通电一段时间后，氢氧化铁胶粒向阴极Y移动，则电极X附近的颜色逐渐变浅，故答案为：负；4OH-4e-O2+2H2O；变浅；（2）由分析可知，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH-4e-=O2+2H2O、Cu2+2e-=Cu、2Cl-=Cl2+2e-、2H+2e-H2，当电路中转移电子为1mol时，各电极生成单质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，则单质的物质的量之比为1：2：2：2，故答案为：1：2：2：2；（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件铜，电解质溶液中含银离子，应为A
51、gNO3溶液，当乙中溶液的c(OH-)=0.1molL-1时时，由电极反应2H+2e-H2可知，放电的氢离子的物质的量为0.1mol/l0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol0.05mol=5.4g；甲中硫酸铜溶液电解生成铜、硫酸和氧气，溶液中氢离子浓度增大，酸性变大，故答案为：铜；AgNO3；5.4g；变大；（4）若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12 g，说明阳极溶解的铜的物质的量为=0.04mol，则 电路中通过的电子为0.04mol2=0.08mol，故
52、答案为：0.08mol。28. 全钒液流电池是一种活性物质呈循环流动液态的电池，目前钒电池技术已经趋近成熟。如图是钒电池的结构及工作原理示意图：请回答下列问题：(1)硫酸在电池技术和实验室中具有广泛的应用，在传统的铜锌原电池中，硫酸是_，实验室中配制硫酸亚铁时需要加入少量铁粉，铁粉的作用是_。(2)钒电池是以溶解于一定浓度硫酸溶液中的含钒元素的粒子(V2+、V3+、VO2+、VO)为正极和负极反应物的电池，电池总反应为VO2+V3+H2OV2+VO2+2H+。放电时的正极反应为_，充电时的阴极反应为_。放电过程中，电解液的碱性_(填“升高”“降低”或“不变”)。(3)钒电池基本工作原理示意图中
53、“正极电解液”可能是_。a.VO、VO2+混合液b.V3+、V2+混合液 c.VO溶液 d.VO2+溶液 e.V3+溶液 f.V2+溶液【答案】 (1). 电解质溶液 (2). 防止Fe2+被氧化 (3). VO+2H+e-VO2+H2O (4). V3+e-V2+ (5). 升高 (6). acd【解析】【分析】（1）传统的铜锌原电池中，锌与酸反应生成氢气，故硫酸为电解质溶液；Fe2+容易被氧化，加入少量铁粉，可以防止氧化；（2）正极反应是还原反应；充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应；（3）充电时阳极发生氧化反应，充电完毕的正极电解液为VO2+溶液，而放电完毕的正极
54、电解液为VO2+溶液。【详解】（1）传统的铜锌原电池中，锌与酸反应生成氢气，故硫酸为电解质溶液；实验室中配制硫酸亚铁时需要加入少量铁粉，铁粉的作用是防止Fe2+被氧化；（2）正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO+2H+e-VO2+H2O；充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，放电时，消耗H+，溶液pH升高；（3）充电时阳极反应式为VO2+H2O-e-VO2+2H+，故充电完毕的正极电解液为VO2+溶液，而放电完毕的正极电解液为VO2+溶液，故正极电解液可能是选项acd，故答案为：acd。29. (1)2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型乙醇电池
55、，该电池采用磺酸类质子溶剂，在200 左右时供电，电池示意图如图所示：写出该电池负极的电极反应式：_。(2)图中X为电源，Y为浸透滴有酚酞试液的饱和食盐水的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。电解一段时间后，Z产生280 mL的气体(标准状况下)，此时Z中溶液的体积为500 mL，假设溶液中还有AgNO3存在，则溶液中氢离子的物质的量是_，需加入_g的_(填化学式)可使溶液复原。(3)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题：银制器皿久置表面变黑是因为表面生成了Ag2S，该现象属于_腐蚀。在如图所示的原电池装置中，负极的电极反应为_，电池总反应
56、为_，当电路中通过0.1 mol e-时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为_。电解NO制备NH4NO3原理如图所示，接电源负极的电极为_(填X或Y)，Y电极反应式为_，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充的物质A的化学式为_。【答案】 (1). C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2 (2). 0.05 mol (3). 5.8 (4). Ag2O (5). 化学 (6). Ag-e-+Cl- AgCl (7). 2Ag+Cl2 2AgCl (8). 0.2 mol (9). X (10). NO-3e-+2H2O NO+4H+ (11). NH3或NH3H2O【解析】
57、【分析】根据燃料电池原理及图示装置分析电池的正负极，电子流向及电极反应式；根据电解池原理分析电极反应并根据电子转移守恒进行相关计算；根据已知条件分析金属腐蚀类型，根据原电池原理分析电极反应及根据电子转移守恒进行相关计算；根据图片知，左侧NO得电子生成铵根离子，由此NO失电子生成硝酸根离子，最终得到硝酸铵，该电解池中失电子的电极为阳极、得电子的电极为阴极，阳极接电源正极；根据转移电子相等时，生成一个铵根离子需要得到5个电子、生成一个硝酸根离子需要失去3个电子，根据转移电子相等知，生成铵根离子浓度小于硝酸根离子浓度，所以加入的A为氨气。【详解】(1)该燃料电池中，通入燃料乙醇的电极是负极，电池负极
58、的电极反应式：C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2。故答案为：C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2；(2)电解一段时间后，产生280mL的气体(标准状况下)，此时溶液的体积为500mL，假设溶液中还有AgNO3存在，生成气体为氧气，物质的量=0.0125mol，电解方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，生成HNO3物质的量=0.05mol，加入Ag2O恢复溶液浓度，加入氧化银的质量=0.025mol232gmol1=5.8g，故答案为：0.05 mol；5.8；Ag2O；(3)银制器皿久置表面变黑，Ag和O2、H2S反应生成Ag2S，该现象属化学
59、腐蚀。故答案为：化学；该原电池中，Ag作负极、通入氯气的电极为正极，负极反应式为Ag-e-+Cl- AgCl；电解质溶液中氢离子向正极方向移动，该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl，电池总反应为2Ag+Cl22AgCl；放电时，左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀，且溶液中氢离子向正极移动，当电路中转移0.1 mol e-时，生成1 mol银离子，1 mol银离子生成AgCl需要1 mol Cl-，所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2 mol；故答案为：Ag-e-+Cl- AgCl；2Ag+Cl2 2AgCl；0.2 mol；电解NO制备NH4NO3，根据图片知，左
60、侧NO得电子生成铵根离子，由此NO失电子生成硝酸根离子，最终得到硝酸铵，阴极得电子发生还原反应，接电源负极的电极为X，Y是阳极，发生氧化反应，Y电极反应式为：NO-3e-+2H2O NO+4H+，根据转移电子相等时，生成一个铵根离子需要得到5个电子、生成一个硝酸根离子需要失去3个电子，根据转移电子相等知，生成铵根离子浓度小于硝酸根离子浓度，要使硝酸根离子完全转化为硝酸铵，应该加入氨气，需要补充的物质A的化学式为NH3或NH3H2O。故答案为：X；NO-3e-+2H2O NO+4H+；NH3或NH3H2O。【点睛】本题考查原电池和电解池原理及氧化还原反应的计算，注意(3)中电极反应式的书写以及分析补充的物质A是难点。