1、赤峰二中2019级高二上学期第一次月考化学试题相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu64第I卷一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A. Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B. 正极电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OHC. 锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D. 使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+
2、氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OH，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。2. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生
3、成SO3，共转移2NA个电子B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+C. 2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】ASO2和O2反应生成SO3是可逆反应，则1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成的SO3小于1mol，则共转移电子小于2NA，故A错误；B用电解粗铜的方法精炼铜，阳极上溶解的是Cu和比Cu活泼的金属，则当电路中通过的电子数为NA时，阳极溶解的Cu小于32g，故B错误；C标准状况下苯为
4、液体，不能根据气体摩尔体积计算2.24L(标准状况)苯的物质的量，故C错误；D已知H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应过程中气体总分子数不变，则0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，故D正确；故答案为D。3. 下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是A. 1molH2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)SH2O(g)B. NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程C. CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) H0能否自发进行与温度有关D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的 H0【答案】B【解
5、析】【详解】A.同种物质的聚集状态不同，混乱度不同，熵值不同，熵值的大小顺序为：气体液体固体，则1molH2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)SH2O(g)，故A正确；B.硝酸铵溶于水虽然吸热,但该过程为熵值增加过程，反应的H-TS0，所以能够自发进行，故B错误；C.该反应是一个熵增的吸热反应，H0、S0，常温时，H-TS0，反应不能自发进行，高温时，H-TS0，反应能自发进行，则该反应能否自发进行与温度有关，故C正确；D.该反应是一个熵增的反应，S0，常温下，反应不能自发进行说明H-TS0，则该反应为吸热反应，H0，故D正确；故选B。4. 在某无色溶液中，能大量共存的离子组是A. 、Al3
6、+、Cl-B. Na+、Fe3+、SCN-C. H+、Zn2+、Cl-D. 、K+、Na+、【答案】A【解析】【详解】在某无色溶液中，能大量共存的离子组是A. 、Al3+、Cl-均无色、相互间不会发生反应，可以大量共存，A正确； B. Fe3+呈棕黄色，且能与SCN-反应生成血红色溶液，不能大量共存，B错误；C. H+与能反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，C错误； D. 呈黄色，D错误；答案选A。5. 一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如下表：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2下列说法正确的是A. 随pH的升高，碳钢腐蚀
7、速率逐渐加快B. pH4,发生析氢腐蚀C. pH为14，其负极反应为2H2O+Fe-3e-=FeO2-+4H+D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会加快【答案】B【解析】【详解】A项、由表可知，随pH的升高，碳钢腐蚀速率先减慢后逐渐加快，故A错误；B项、当pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H+2e-=H2，故B正确；C项、在pH=14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，负极反应为4OH-+Fe_3e-FeO2-+2H2O，故C错误；D项、在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D错
8、误。故选B。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键。6. 利用如图装置，完成很多电化学实验下列有关此装置的叙述中，正确的是（ ）A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，铁表面因积累大量电子而被保护B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀C. 若X为碳棒，开关K置于M处，当Y为河水时比为海水时Fe腐蚀快D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小【答案】A【解析】【分析】如图装置，开关K置于M处，则该装置为原电池，开关K置于N处，则该装置为电解池，以此来分析解答。【详解
9、】A开关K置于M处，则该装置为原电池，由于活动性ZnFe，所以Zn为负极，Fe为正极，铁表面因积累大量电子而被保护，A正确；B开关K置于N处，则该装置为电解池，若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀，B错误；C开关K置于M处，则该装置为原电池，若X为碳棒，由于活动性Fe碳棒，所以Fe为负极，碳棒为正极，当Y为河水时比为海水时Fe腐蚀更慢，C错误；D开关K置于N处，则该装置为电解池，Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu-2e-=Cu2+，Fe为阴极，电极反应：Cu2+2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu 的质量相等，所以
10、溶液中铜离子浓度将不变，D错误；故选A。7. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。一段时间后，断开电键K，下列说法正确的是A. 电流由A极流出，最后由B极流入B. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu固体能使溶液恢复原浓度C. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+2H2O=+8H+D. 甲池中消耗280mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上析出3.2g固体【答案】B【解析】【分析】甲池为燃料电池，乙池和丙池均为电解池，利用原电池和电解池原理分析。【详解】ACH3OH燃料电池，通
11、氧气的极为正极，则电流由B流出，A流入，故A错误；B乙池中电解Cu(NO3)2溶液，阳极为Ag，则阳极Ag溶解，阴极有Cu析出，反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu固体能使溶液恢复原浓度，故B正确；C甲池电解质溶液为KOH，则通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，故C错误；D甲池中消耗280mL(标准状况下)O2的物质的量为=0.0125mol，转移电子0.0125mol4=0.05mol，丙池中析出Cu的质量为=1.6g，故D错误；故答案为B。8. 电解Na2CO3溶液可制取NaHCO3溶液和NaOH溶液，原理如下图所示。下列说法不正确的是A. b极为阴极，
12、产生的气体A为H2B. 溶液中的Na+通过交换膜由b极室到a极室C. B可以使用稀NaOH溶液，其效果优于纯水D. a极电极反应为4CO322H2O4e=4HCO3O2【答案】B【解析】【分析】遇到本题考查电解池有关的性质，首先从a极产物为O2，判断a极为阳极，b极为阴极，电解池中阳离子从阴极移向阳极、阳离子从阳极移向阴极，但是本题是阳离子交换膜，仅允许阳离子通过。【详解】Aa极产生O2，a极发生氧化反应，a极为阳极，则b极为阴极，发生还原反应，反应式为2H2O+2e= H2+2OH-，A正确；B电解池中阳离子移向阴极，溶液中的Na+通过交换膜由a极室到b极室，B错误；C. 水是弱电解质，导电
13、性比较弱，B可以使用稀NaOH溶液，增强溶液的导电性，C正确；Da极电极反应为2H2O4e=4H+O2、H+CO32=HCO3，总的离子方程式为：4CO322H2O4e=4HCO3O2，D正确；答案选B。9. 在一定温度下，CO和水蒸气分别为1 mol、3 mol，在密闭容器中发生反应COH2O(g)CO2H2，达平衡后测得CO2为0.75 mol，再通入6 mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为A. 1.2 molB. 1.8 molC. 2.5 molD. 1.5mol【答案】B【解析】在一定温度下，CO和水蒸气分别为1 mol、3 mol，在密闭容器中发生反应CO
14、H2O(g)CO2H2，达平衡后测得CO2为0.75 mol，则H2的物质的量也是0.75 mol，CO2和H2的物质的量之和是1.5mol。向体系中再通入6 mol水蒸气，化学平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和会有所增大，但一定小于极限值2mol，所以可能为B，本题选B。点睛：可逆反应的特点是不能向任何一个方向进行到底。10. 在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达到化学平衡状态的是( )混合气体的压强混合气体的密度的物质的量的浓度混合气体总物质的量混合气体的平均相对分子质量与的比值混合气体总质量A. B. C. D. 【答案】A【解
15、析】【详解】该反应的反应前后气体体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，所以不能根据混合气体的压强判断反应是否达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后气体的密度改变的反应，当混合气体的密度的密度不变时，该反应达到平衡状态，所以能判断是否达到平衡状态，故选；当该反应达到平衡状态时，B的物质的量的浓度不变，所以能判断是否达到平衡状态，故选；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的物质的量始终不变，所以不能根据混合气体总物质的量判断反应是否达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后混合气体的平均相对分子质量改变的反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反
16、应达到平衡状态，所以能判断是否达到平衡状态，故选；无论反应是否达到平衡状态，v(C)与v(D)的比值始终不变，所以不能判断是否达到平衡状态，故不选；该反应是一个反应前后气体质量改变的化学反应，当混合气体总质量不变时，该反应达到平衡状态，所以能判断反应是否达到平衡状态，故选；故答案为A。【点睛】化学平衡状态的判断，要注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分
17、子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。11. 已知反应X(g)+Y(g)R(g)+Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反应初始4s内v(X)0.005mol/(Ls)。下列说法正确的是温度/70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4A. 4s时容器内c(Y)0.78mol/LB. 达平衡时，X的转化率为80%C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D. 1200时反应R(g)+Q(g)X(g)+Y(g)的平衡常数K0.4【答案】B【解析】【详解】A. v (X)0.005 mol/(Ls)
18、，则v (Y)0.005 mol/(Ls)，4s内Y的减少量为0.02 mol/L，4 s时容器内c(Y)-0.02mol/L=0.38 mol/L，A项错误；B. 830达平衡时，平衡常数为1，应有c(X)c(Y)=c(R) c(Q)，设有a mol/LX参与反应，则消耗Y为a mol/L，生成Q和R分别都为a mol/L，(0.1-a)(0.4-a)=a2，a=0.08mol/L，转化率为80%，B项正确；C. 反应达平衡后，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误；D. 1200时反应R(g)Q(g) X(g)Y(g)的平衡常数K=2.5，D项错误；答案选B。12. 某温度下，在2
19、L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是A. m=2B. 两次平衡的平衡常数相同C. X与Y的平衡转化率之比为1:1D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 molL1【答案】D【解析】【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1mo
20、lZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4
21、mol2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。13. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是A. 图d中，若m+n=p，则曲线a一定增大了压强B. 图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应吸热C. 由图b可知，该反应m+nT2，该反应的逆反应为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故A错误；B图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应为放热反应，故B错误
22、；C由图b可知，相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，则m+np，故C错误；D由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1T2，升高温度平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故D正确；故答案为D。14. 在四个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，发生反应2N2O(g)2N2(g)O2(g)，其他条件不变时，容器I、中N2O的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的正反应放热B. V31V1C. 图中A、B、C三点处容器内总压强：p(I)AP(II)BP(III)CD. 容器在470（图像中纵向虚线所示温度）进行反应时，起始速率：v(N2O)正
23、v(N2O)逆【答案】D【解析】【分析】由图像可知，随着温度的升高，平衡时N2O的转化率增大，即平衡正向移动，则该反应正向为吸热反应，该反应是一个体积增大的反应，相同温度时，容器中转化率最小，故容器压强最大，容器体积最小。【详解】A项、由图像可知，随着温度的升高，平衡时N2O的转化率增大，即平衡正向移动，则该反应正向为吸热反应，故A错误；B项、由图可知，因为该反应是一个体积增大的反应，增大压强，反应逆向移动，相同温度时，容器中转化率最小，故容器压强最大，容器体积最小，故B错误；C项、该反应是正向体积增大的反应，由曲线变化趋势可知容器的体积V(III) V(II) V(I)，所以在相同转化率下，
24、A、B、C三点处容器内总压强的关系为：PA(I)PB(II)PC(III)，故C错误。D项、根据平衡常数公式k=，由图像可知，470时容器II的平衡常数k=0.0675，在相同的温度下，容器II和容器IV的平衡常数相等，所以容器IV的平衡常数k=0.0675，而容器IV中初始浓度商QC = =0.040.0675，所以反应向正反应方向进行，则起始速率v正(N2O) v逆(N2O)，故D正确。故选D。15. 已知反应S2O(aq)2I(aq)2SO(aq)I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3的某溶液，反应机理如下图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ( )2Fe3(aq)2I(ag)I2(a
25、q)2Fe2(aq)2Fe2(aq)S2O(aq)2Fe3(aq)2SO(aq)A. Fe3是该反应的催化剂，加入Fe3后降低了该反应的活化能B. 反应比反应所需活化能大C. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深D. 该反应可设计成原电池【答案】C【解析】【详解】AFe3+参与反应的反应，但在反应中又生成Fe3+，说明Fe3+是该反应的催化剂；催化剂能降低反应所需的活化能；故A正确；B由图可知，反应比反应所需活化能大，故B正确；C由题意可知：S2O(aq)2I(aq)2SO(aq)I2(aq)是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(I2)减小，蓝色变浅，故C错误； D该反应是氧
26、化还原反应，涉及到电子的转移，且为放热反应,故可设计成原电池，D正确；答案选C。16. 已知反应：2NO2(红棕色) N2O4(无色) H0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是A. b点的操作是压缩注射器B. d点：v正v逆C. c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小D. 若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则TbTc【答案】A【解析】【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但c(NO2)增大，混合气体颜色变深；压强减小平衡逆向移动，但c(NO2)
27、减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。【详解】Ab点开始是压缩注射器的过程，c(NO2)增大，气体颜色变深，透光率变小，A正确；Bd点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v正v逆，B错误；Cc点是压缩注射器后的情况，c(NO2)和c(N2O4)均增大，C错误；Db点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致TbTc，D错误；答案选A。【点睛】对于反应2NO2(红棕色) N2O4(无色)，通过压缩体积，增大压强，虽然平衡正向移动，NO2的物质的
28、量减小，但是由于体积减小，各物质的浓度是增大的。第II卷二、非选择题17. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)加快“碱溶”速率的措施有_(至少列举2种)(2)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。(3)对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。以下为铝材表面处理的一种方法：将铝在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成致密的氧化膜，阳极电极反应式为：_。(4)以甲醇为燃料的新型电池，可做电解熔融氧化铝过程中的电源，其成本大大低于以氢气为燃
29、料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：B极上电极反应式为_。若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，则电解时阳极的反应式为_，当阳极收集到11.2L(标准状况)气体时，消耗甲醇的质量为_克(保留两位小数)，若要使溶液复原，可向电解后的溶液中加入的物质有_。【答案】 (1). 搅拌、增加酸的浓度、加热、粉碎 (2). 高温下石墨电极被阳极上产生的O2氧化 (3). 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ (4). 3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O (5). 2H2O-4e-=4H+O2 (6).
30、 10.67 (7). CuO或CuCO3【解析】【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，则过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。【详解】(1)采取搅拌、增加酸的浓度、加热、粉碎等措施可加快“碱溶”速率；(
31、2)）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化；(3)铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+；(4)由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O；用惰性电解硫酸铜溶液时，阳极为水电离的OH-放电，电极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，当阳极产生11.2L气体时，转移的电子为4=2mol，由电子守恒可得甲醇的质量为32g/mol=10.67g，在电解硫酸铜溶液的过程中，阴
32、极析出铜，阳极析出氧气，若要使溶液复原，根据原子守恒可知应向溶液中加入CuO或CuCO3。【点睛】电解池工作一段时间后，如何恢复原状，可分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么，如惰性电解电解NaCl溶液生成H2和Cl2，则需要通适量HCl气体，而不能选择滴加盐酸。18. 某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：装置分别进行的操作现象i.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞ii.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3Fe(CN)6溶液铁片表面产生蓝色沉淀(l)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明
33、铁发生了电化学腐蚀。实验i中的现象是_。写出实验b中生成蓝色沉淀的离子方程式：_。(2)查阅资料：K3Fe(CN)6具有氧化性。据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是_。(3)实验二：乙小组同学向如图所示装置的容器a、b中分别加入30mL3.5%的NaCl溶液，闭合K，电流计指针未发生偏转。加热容器a，电流计指针向右偏转。分别取少量容器a、b中的溶液于试管中，滴加溶液，容器a中的溶液所在的试管中出现蓝色沉淀，容器b中的溶液所在的试管中无变化，写出容器b中的电极反应式_。【答案】 (1). 碳棒附近溶液变红 (2). 3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)6
34、2 (3). K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2+的检测 (4). O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】原电池原理发生金属腐蚀时，极弱酸性、中性和碱性环境发生吸氧腐蚀，钢铁发生电化腐蚀，负极铁失去电子被氧化生成Fe2+，可通过K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+；设计实验证明钢铁电化腐蚀时要考虑干扰因素、消除干扰；【详解】(l)装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，碳棒为正极，正极发生O2+4e-+2H2O=4OH-，呈碱性，滴加酚酞，碳棒附近溶液变红；实验中亚铁离子和K3Fe(CN)6的阴离子反应生成蓝色沉淀，则离子方程式：3Fe2+2Fe(CN
35、)63-=Fe3Fe(CN)62；(2)已知K3Fe(CN)6具有氧化性，铁有还原性，则可能铁电极能直接和K3Fe(CN)6溶液发生氧化还原反应生成Fe2+，产生的Fe2+和K3Fe(CN)6的阴离子反应生成蓝色沉淀，故答案为：K3Fe(CN)6可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2+的检测；(3)由图文信息知：实验二图示装置中，在加热容器a，铁失去了电子产生了Fe2+，故铁片a为原电池负极，铁片b为正极，溶解在食盐水中氧气得到电子被还原，则容器b中电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。19. 某小组利用H2C2O4溶液与用硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“条件
36、对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时。该小组设计了如下的方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液蒸馏水体积/ml温度/浓度/molL-1体积/mL浓度/molL-1体积/mL0.506.00.0104.00250.50a0.0104.0c250.50600.0104.0050(1)该实验是通过_来判断反应的快慢。(2)写出H2C2O4被KMnO4(H+)氧化的离子反应方程式：_，(3)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_和_(填编号，下同)，可探究H2C2O4浓度对化学反应速率影响的实验编号是_和_。(4)实验测得反应所用的时间为
37、40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=_。(5)该小组发现室温下反应速率走势如图，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：_，若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是_(填序号)A硫酸钾 B硫酸锰 C稀硫酸 D氯化锰【答案】 (1). 测定溶液褪色所需时间 (2). 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O (3). (4). (5). (6). (7). 0.0001mol(Ls)-1(或1.010-4mol(Ls)-1) (8). 产物中的Mn2+对该
38、反应有催化作用 (9). B【解析】【分析】酸性KMnO4溶液呈紫色，反应中溶液紫色变浅并最终褪色；H2C2O4被酸性KMnO4氧化为CO2逸出，可结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式，并确定H2C2O4与KMnO4初始的物质的量比；探究影响反应速率因素时需要在相同条件下，只能改变其中一个影响因素；结合影响反应速率的因素分析即可。【详解】(1)反应中酸性KMnO4溶液紫色变浅并最终褪色，则该实验可通过比较KMnO4溶液褪色时间来判断反应的快慢；(2)反应后H2C2O4转化为CO2逸出，草酸中碳元素化合价平均+3价，故每个碳原子升1价，KMnO4转化为MnSO4，每个锰原子降低5价，由
39、电子及原子守恒可知反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2； (3)实验和的浓度相同，而反应温度不同，说明探究温度对化学反应速率影响的实验编号是和；实验和反应温度相同，而反应物浓度不同，探究浓度对反应速率的影响，需要溶液的总体积相同，故此处a+c=6.0且a0、c0 ；则探究H2C2O4浓度对化学反应速率影响的实验编号是和；(4)实验中草酸的物质的量为0.50molL-10.006L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.010molL-10.004L=0.00004mol，结合反应原理可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，这段
40、时间内平均反应速率v(KMnO4)=110-4mol/(Ls)；(5)室温下，t1t2时间内速率明显变快的主要原因可能是生成锰离子作催化剂加快反应速率，高锰酸钾可氧化氯离子，可加入硫酸锰作对比实验说明，控制锰离子浓度不同，故答案为B。20. 碳及其化合物与人类工农业生产、生活紧密相关。如甲醇就是一种重要的化工原料。(1)已知：CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H-637.8kJ/molH2O(g)H2O(l) H-44.0kJ/mol2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H-566.0kJ/mol则CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l) H_。(2)在
41、容积为2L的密闭容器中，投入1molCO和2molH2，在不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H，在a、b、c三个密闭容器中分别充入1molCO(g)和2molH2(g)，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3(依次升高)且恒定不变，测得反应均进行相同时间时CH3OH(g)的浓度如下图所示该反应的H_0(填“”、“”或“”)；判断理由是_。下列措施能使该反应的平衡体系中增大的是_(填字母)。A将H2(g)从体系中分离出去B充入He(g)，使体系压强增大C升高温度D缩小容器的体积E再充入1molH2在一定条件下5min后达到平衡状态，压强为原来的。从开始到平衡，CO的
42、平衡转化率为_。(3)在T时，起始压强为100kPa的恒温恒压条件下，平衡时CH3OH的体积分数随起始投料的变化如图所示，则a=2，用平衡压强(该物质的物质的量分数总压强)代替平衡浓度，则T时，该反应的Kp=_。(4)工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种：其中一种是甲醇部分氧化法。在一定温度下，以Ag/CeO2-ZnO为催化剂时，原料气比例对反应的选择性(选择性越大，表示生成的该物质越多)的影响关系如图所示。 n(O2)/n(CH3OH)_时，有利于制H2。当n(O2)/n(CH3OH)0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应方程式为_。【答案】 (1). -442.8kJ/mol (2)
43、. (3). a、b点高于c点说明平衡后升高温度平衡逆向移动，正反应放热 (4). DE (5). 25% (6). (7). 0.5 (8). 【解析】【详解】(1)CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H-637.8kJ/molH2O(g)H2O(l) H-44.0kJ/mol2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H-566.0kJ/mol+2-得：CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)，所以H=-442.8kJ/mol，故答案为：-442.8kJ/mol；(2)T1T2T3，则T3时反应速率最大，最先达到平衡状态，a、b点高于c点说明平衡后升高温度平
44、衡逆向移动，正反应放热，H0，故答案为：；a、b点高于c点说明平衡后升高温度平衡逆向移动，正反应放热；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) A将H2(g)从体系中分离出去，H2(g)浓度减小，平衡逆向移动，CO物质的量增大，CH3OH物质的量减小，减小；B充入He(g)，使体系压强增大，CO、H2、CH3OH浓度均不变，平衡不移动，不变；C升高温度，平衡逆向移动，CO物质的量增大，CH3OH物质的量减小，减小；D缩小容器的体积，压强增大，平衡正向移动，CO物质的量减小，CH3OH物质的量增大，增大；E再充入1molH2，H2(g)浓度增大，平衡正向移动，CO物质的量减小，CH3OH物质的量
45、增大，增大；故答案为：DE；设到达平衡时，CO转化了xmol，则 ，平衡后压强为原来的，则物质的量也变为原来的，即（1-x）+（2-2x）+x=（1+2），解得x=0.25，所以CO的平衡转化率=25%，故答案为：25%；(3)a=2，设H2起始物质的量为2mol，CO起始物质的量为1mol，到达平衡时CO转化xmol，则，平衡时甲醇的体积分数为40%，则，解得x=，则平衡时CO、H2、CH3OH的物质的量分别为：mol、mol、mol，则Kp=，故答案为：；(4)由图可知，n(O2)/n(CH3OH)0.5时，H2的选择性最大，CO、HCHO的选择性较低，则n(O2)/n(CH3OH)0.5时，最有利于制H2，故答案为：0.5；由图可知，n(O2)/n(CH3OH)0.25时，主要生成HCHO，即反应的主要化学方程式为，故答案为：。
