1、山东省烟台市2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 S32 Br80 Cu64 Pb207一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.已知H2(g)+O2(g)=H2O(g) H=Q molL-1的反应过程中能量变化如下图，下列说法错误的是A. Q0B. a代表该反应的活化能C. b代表H2O(g)=H2(g)+O2(g)的活化能D. a-b代表该反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A由反应过程中的能量变化图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应为放热反应，H ，即Q0，A错误； B图象分析可知，a表示活化分子最低能量与反应
2、物的平均能量之差，所以a表示该反应的活化能，B正确，Cb表示活化分子最低能量与生成物的平均能量之差，即代表逆过程H2O(g)=H2(g)+O2(g)的活化能，C正确； D反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)过程中的能量变化图分析可知，反应焓变H=-或-（-），故a-b代表该反应的焓变，D正确；故答案为：A。2.下列说法错误的是A. 催化剂不能改变反应的焓变，但能降低反应的活化能B. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热C. 如果H和S均为正值，当温度升高时，反应可能自发进行D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃的条件下H不相同【答案】D【解析
3、】【详解】A催化剂降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，焓变只与反应物总能量和生成物总能量有关，故A正确；B反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热反应还是吸热反应，故B正确；C如果H和S均为正值，当温度升高时，G HTS0，因此反应可能自发进行，故C正确；D同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃的条件下H相同，H与反应条件无关，只与反应物和生成物所具有的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。3.新型NaBH4/H2O2燃料电池(DBFC)的装置示意图如下，下列叙述正确的是A. b极为正极，发生氧化反应B. 电池应选用阴离子交换膜C. 电子移动方向：电极a离
4、子交换膜电极bD. a极的电极反应式为+8OH-8e-=+6H2O【答案】D【解析】【详解】A通过分析图中b极是H2O2流入，出来NaOH，说明H2O2转化为了OH-，化合价降低，发还原反应，故b为正极，发生还原反应，A错误；B放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以Na+从负极区向正极区迁移，故电池应选用阳离子交换膜，B错误；C电子移动方向：电极a导线电极b，电子只能在导线和电极中移动，不可能在电解质溶液和离子交换膜中移动，C错误；D根据元素化合价变化知，负极上BH4-失电子发生氧化反应，a极的电极反应式为BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，D正确；故答案为：D。4.国家有
5、色金属工业“十三五”发展规划要求，再生铅占铅总量比重到2020年升至45%。从废旧铅蓄电池中回收的工艺流程为，电解原理如图所示。下列说法错误的是A. 电解过程中阳极附近pH明显增大B. 阴极电极反应式为+2e-=Pb+4Cl-C. 电路中通过2 mol电子，阴极可得207 g铅D. Na2PbCl4浓度下降后，在阴极区加入PbO，可实现电解质溶液的再生使用【答案】A【解析】【详解】A.阳极发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2，不断产生H+，故阳极附近pH明显减小，A错误；B.阴极发生还原反应，电解Na2PbCl4生成Pb，Pb元素得电子化合价降低，电极反应式为+2e-=Pb+
6、4Cl-，B正确；C.根据阴极电极反应式+2e-=Pb+4Cl-可知，电路中通过2 mol电子，则生成1molPb，其质量为207 g，C正确；D.根据阴极电极反应式和原理图可知，电解一段时间后阴极区为HCl、NaCl的混合溶液，结合工艺流程可知，在阴极区加入PbO，可实现电解质溶液的再生使用，D正确；答案选A5.下列叙述错误的是A. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B. 下图为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极保护法防腐C. 金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀D. 马口铁(镀锡铁)镀层破损后，被腐蚀时首先是镀层被氧化【答案】D【解析】【详解】A生铁中含有碳，故生铁能发生电化学腐蚀，加快
7、腐蚀速度，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，A正确；B下图为埋在地下的钢管道利用镁块比钢铁更活泼，故该方法是采用牺牲阳极的阴极保护法防腐，B正确；C金属在碱性电解质或中性介质或弱酸性介质中均发生吸氧腐蚀，只有在强酸性介质中才发生析氢腐蚀，故吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍，C正确； D马口铁(镀锡铁)镀层破损后，由于铁比锡更活泼，被腐蚀时首先是铁层被氧化，D错误；故答案为：D。6.在一定条件下的密闭容器中发生反应2X2(g)+Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.3 molL-1、0.1 molL-1、0.2 molL-1，反应达到平衡时各物质的浓度有可能是A. X2为0.5 molL
8、-1B. X2为0.15 molL-1C. Y2为0.2 molL-1D. Z为0.4 molL-1【答案】B【解析】【详解】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则： 若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0.1c（X2）0.5，0c（Y2）0.2，0c（Z）0.4，故B正确、A、C、D错误。故答案为：B。7.在恒温恒容的密闭体系中进行的可逆反应：A(g)+2B(g)C(g)+D(g)，下列不能说明反应达到平衡状态的是A. 正(B)=2逆(C)B. n(A)
9、：n(D)=1：1C. 容器内压强不再改变D. 容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变【答案】B【解析】【详解】A反应过程中有正(B)=2正(C)，又当正(B)=2逆(C)时，可推出正(C) =逆(C)即正反应速率等于逆反应速率，反应处于平衡状态，A能作为判断化学平衡的依据，A不符合题意；B当n(A)：n(D)=1：1时，该反应不一定达到平衡状态，该比值与反应物浓度及转化率有关，B符合题意；C该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，随反应进行，容器内压强减小，当反应到达平衡状态时，容器中压强不变，能作为判断化学平衡的依据， C不符合题意；D. 该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，
10、随反应进行，气体的总物质的量减小，容器内混合气体的平均相对分子质量增大，现在不再改变即说明到达平衡，D不符合题意；故答案为：B。8.在一真空容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在一定条件下达到平衡时，SO2的转化率为85%。若在同一容器中，在相同温度下向容器中充入SO3，欲使达到平衡时，各成分的体积分数与上述平衡相同，则起始时SO3的物质的量和达到平衡时SO3的转化率为A. 2 mol 85%B. 1 mol 2.5%C. 2 mol 15%D. 1 mol 30%【答案】C【解析】【详解】若在同一容器中，在相同温度下向容器中充入S
11、O3，欲使达到平衡时，各成分的体积分数与上述平衡相同，即二者达到等效平衡，恒温恒容得情况下达到等效平衡的途径是使投料量相当，故假如2 mol SO2和1 mol O2完全转化为SO3可知得2molSO3，故SO3的起始物质的量为2mol，最终平衡量与原平衡一致，根据原平衡： ，故此时SO3的转化率=，故答案为：C。9.下列有关合成氨工业的叙述，能够用勒夏特列原理来解释的是A. 加入催化剂可以提高单位时间氨的产量B. 高压比常压条件更有利于合成氨的反应C. 500高温比室温更有利于合成氨的反应D. N2和H2按物质的量之比1：2.8混合，更有利于氨的合成【答案】B【解析】【详解】A催化剂不能使平
12、衡发生移动，只能改变化学反应速率和缩短达到平衡得时间，故加入催化剂可以提高单位时间氨的产量不能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B工业上合成氨的反应为：，正反应是一个气体体积减小的方向，故高压比常压条件更有利于合成氨的反应能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C合成氨反应正反应是一个放热反应，故应该室温比500高温更有利于合成氨的反应，而工业上采用500高温是由于催化剂活性和反应速率原因，C不符合题意；DN2和H2按物质的量之比1：2.8混合，减小H2的物质的量，平衡向逆向移动，不利于氨的合成,不能用勒夏特列原理解释，减小H2的物质的量主要是采用增大廉价原料N2的用量来提高难得的原料H2的利用率，
13、D不符合题意；故答案为：B。10.下列说法正确的是A. HR溶液的导电性较弱，HR属于弱酸B. 用广泛pH试纸测得某酸溶液pH=3.1C. 25时，由水电离出的c(H)v逆的是点1B. 乙图中，若m+n=p+q，则a曲线一定使用了催化剂C. 由丙图可知，T1p+q【答案】AB【解析】【详解】A.甲图中曲线上的各点均达到平衡状态，点1上A的转化率高于该温度下平衡时的A的转化率，故平衡逆向移动，v正v逆，A错误；B.乙图中曲线a条件下先达到平衡，说明a的反应速率大于b，但平衡状态时B%相同，说明改变条件平衡未移动，若m+n=p+q，则a曲线可能使用了催化剂，也可能增大压强，B错误；C.丙图中T2温
14、度下，反应先达到平衡状态，故T1p+q，D正确；答案选AB。12.如图是一种大型蓄电系统。放电前被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是A. 放电时，负极反应为3Br-2e-=B. 充电时，阳极反应为2-2e-=C. 放电过程中Na+经过离子交换膜，由a池移向b池D. 用该电池电解饱和食盐水，产生0.1 mol Cl2时，a池生成30.9 g NaBr【答案】D【解析】【分析】放电时Na+由b池向a池移动，在原电池中，阳离子移向正极，则a池为正极，得到电子，发生还原反应，b池为负极，失去电子，发生氧化反应；充电时与放电相反，a池发生氧化反应
15、，为电解池的阳极，b池发生还原反应，为电解池的阴极，据此分析。【详解】A放电时，负极反应为2Na2S2-2e-Na2S4+2Na+，A错误；B充电时，阳极反应3NaBr-2e-NaBr3+2Na+，B错误；C放电时即原电池中，阳离子移向正极，Na+经过离子交换膜，由b池移向a， C错误；D该原电池与电解池是串联电路，Cl-失去电子生成Cl2与NaBr3得到电子生成NaBr的电子总数相等，即2Cl-Cl22e-NaBr3NaBr，所以n(NaBr)=3n(Cl2)=30.1mol=0.3mol，m(NaBr)=0.3mol103g/mol=30.90g，D正确；故答案为：D。【点睛】本题综合考查
16、原电池和电解池知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，能正确写出电极反应式是该题的关键。13.25时，下列说法一定正确的是A. pH=a的强酸溶液，加水稀释10n倍，则pH=a+nB. pH=b的强碱溶液，加水稀释10n倍，则pH=bnC. pH=a的弱酸溶液，加水稀释10n倍，则pHa+n(a+nbn(bn7)【答案】CD【解析】【详解】ApH=a的强酸溶液，加水稀释10n倍，pH增加n个单位，但小于7即pH=a+n7，故A错误；BpH=b的强碱溶液，加水稀释10n倍，pH减小n个单位，但大于7即pH=bn7，故B错误；CpH=a的弱酸溶液，加水稀释10n倍，pH增加不到n个单位，
17、但小于7即pHa+n(a+n7)，故C正确；DpH=b弱碱溶液，加水稀释10n倍，pH减小不到n个单位，但大于7即pHbn(bn7)，故D正确。综上所述，答案为CD。14.恒容密闭容器中，充入1 mol A和2 mol B发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，反应过程中测得D的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A. 若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2B. 温度为T1时B的平衡转化率为80%，平衡常数K=4C. 无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度不变时，反应达平衡状态D. 降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率【答
18、案】D【解析】【详解】A根据“先拐先平数值大”知，T1T2，升高温度D的含量降低，则平衡逆向移动，则该反应是放热反应，升高温度平衡常数减小，则X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，故A正确；B温度为T1时，N的平衡转化率为80%，则消耗的n（B）=2mol80%=1.6mol，化学平衡常数K=，B正确；C. 无论温度为T1还是T2，由于物质A是固体，故在反应过程中容器中气体密度一直在变化，现在不变了，说明反应达平衡状态了，C正确；D. 由A项分析可知该反应正向是个放热反应，故降低温度和及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率，但由于该反应前后气体计量数之和不变，增大压强不能使平
19、衡发生移动，D错误；故答案为：D。15.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为Ca(OH)2，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是A. 电子由电极M经外电路流向电极NB. 在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3C. 放电一段时间后，酸液室溶液pH减小，碱液室pH增大D. Cl-通过阴离子交换膜b移向碱液室，H通过质子交换膜c移向N极【答案】BC【解析】【分析】图分析可知N电极区的电极反应式为2H+2e-=H2，说明N电池为正极，M电池为负极，碱液室中氢氧根离子通过阴离子交换膜中和正电荷，酸液室中的氢离子通过质子交
20、换膜在电极N表面得到电子生成氢气同时酸液室中的氯离子通过阴离子交换膜加入碱液室补充负电荷，据此分析判断。【详解】A图分析可知电极M区的电极反应式为H2-2e-=2H+，N电极区的电极反应式为2H+2e-=H2，故M为负极，N为正极，故电子由电极M经外电路流向电极N，A正确；B放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3溶液，在酸液室可以生成NaHCO3、Na2CO3，B错误；C放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，酸液室溶液pH增大，碱液室不断产生H+，故pH 减小，C错误；D根据上述分析可知：Cl-通过阴离子交换膜b移向碱液室，H通过质子交换膜c移向N极，D正确；故答
21、案为：BC。三、非选择题16.在水的电离平衡中，H+和OH-的关系如图所示：(1)A点水的离子积常数_(填“”、“=”或“”)B点水的离子积常数，造成水的离子积常数变化的原因是_。(2)25时，若向水中滴加稀硫酸，_(填“能”或“不能”)使体系处于A点状态，原因是_。(3)100时，若稀硫酸中由水电离产生的H+=110-8 molL-1，则稀硫酸的pH=_，用pH试纸测定溶液的pH时，正确操作是_。(4)100时将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液的体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=_。【答案】 (1). (2). 水的电
22、离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，则离子积常数增大 (3). 不能 (4). 滴加稀硫酸后，平衡左移，体系中H+OH-，故体系不可能处于A点状态 (5). 4 (6). 取一小段pH试纸置于表面皿或玻璃片上，用干净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡对照读出pH (7). 9：11【解析】【详解】(1)水会发生微弱电离，电离方程式为H2OHOH，水的电离是吸热过程，A点到B点，升高温度，促进电离，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，则A点水的离子积常数B点水的离子积常数；(2)A点溶液中的H=OH，溶液呈中性；若向水中滴加稀硫酸，溶液中的HOH，溶液呈
23、酸性，不能使体系处于A点状态；(3)根据电离方程式，可知水电离出来的H和水电离出来的OH相等，硫酸溶液中的OH均来自于水的电离，因此溶液中的OH=1108molL1；根据图像100时，水的离子积常数Kw=HOH=1061106=1012。则溶液中的，则pH=lgH=lg(104)=4；测定溶液的pH的方法：取一小段pH试纸置于表面皿或玻璃片上，用干净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡对照读出pH；(4)100时，水的离子积常数Kw=11012；pH=11的NaOH溶液中；pH=1的H2SO4溶液中H=0.1molL1；混合后，溶液的pH=2，溶液中H=0.01
24、molL1；酸过量，则有，求得。17.铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。(1)某研究性学习小组设计了如下图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护，烧杯内液体均为饱和食盐水。在相同条件下，三组装置中铁电极腐蚀最快的是_(填装置序号)，该装置中正极反应式为_。防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述_(填装置序号)装置原理进行防护。(2)通信用磷酸铁锂电池有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4，其原理如图所示。放电时，电流由_电极经负载流向_电
25、极；负极反应式为_。该电池工作时Li+移向_电极；充电时石墨电极接电源的_极。该电池的总反应方程式为_。【答案】 (1). (2). O2+2H2O+4e = 4OH (3). (4). 磷酸铁锂 (5). 石墨 (6). LiC6e = Li+6C (7). 磷酸铁锂 (8). 负 (9). M1-xFexPO4+LiC6XLiM1-xFexPO4+6C【解析】【分析】(1)中铁作负极，铜为正极，中锌为负极，铁为正极，是牺牲阳极阴极保护法；中铁为阴极，石墨为阳极，是外加电源的阴极保护法。(2)放电时，石墨电极LiC6失去电子变为锂离子，为负极，左边为正极；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负
26、极移动；将正负极电极反应式相加得到总反应方程式。【详解】(1)在相同条件下，中铁作负极，铜作正极，铁被腐蚀，腐蚀较快，中锌为负极，铁为正极，铁受到一定保护，是牺牲阳极的阴极保护法，中铁为阴极，石墨为阳极，铁受到保护，是外加电源的阴极保护法，因此三组装置中铁电极腐蚀最快的是，该装置是吸氧腐蚀，因此正极反应式为O2+2H2O+4e = 4OH；故答案为：；O2+2H2O+4e = 4OH。根据前面分析得到为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述装置原理进行防护；故答案为：。(2)放电时，石墨电极LiC6失去电子变为锂离子，作负极，因此电流由磷酸铁锂(正极)电极经负载流向石墨(负极)电极；负极反应式为Li
27、C6e = Li+6C；故答案为：磷酸铁锂；石墨；LiC6e = Li+6C。原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；因此该电池工作时Li+移向正极即磷酸铁锂电极；放电时，石墨电极为负极，则充电时石墨电极接电源的负极；故答案为：磷酸铁锂；负。该电池的负极反应是LiC6e = Li+6C，正极反应是M1-xFexPO4+e+Li+=LiM1-xFexPO4，因此总反应方程式为M1-xFexPO4+LiC6XLiM1-xFexPO4+6C；故答案为：M1-xFexPO4+LiC6XLiM1-xFexPO4+6C。【点睛】电化学题型是常考题型，主要分析原电池正负极、电极反应式书写，电子或电流的流
28、向，金属腐蚀的快慢等。18.氮及其化合物与人们的生活、生产密切相关。回答下列问题：(1)微生物作用下，废水中的可转化为，该反应分两步反应：I：2+(aq)+3O2(g)=2(aq)+4H+(aq)+2H2O(l) H=-546 kJmol-1II：2(aq)+O2(g)=2 (aq) H=-146 kJmol-1则低浓度氨氮废水中的(aq)氧化生成(aq)的热化学方程式为_。(2)在容积固定的密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g) H，随温度升高，混合气体的颜色变深。温度T时反应达平衡，混合气体平衡总压强为p Pa，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O
29、4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。若温度升高，Kp值将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向_(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是_。向绝热密闭容器中通入一定量的NO2，某时间段内正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是_(填字母)。A.逆反应速率：a点小于点cB.反应在c点达到平衡状态C.反应物浓度：a点小于b点【答案】 (1). (aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+(aq) H=-346kJmol-1 (2). Pa (3). 增大 (4
30、). 逆反应 (5). 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动 (6). A【解析】【分析】(1)由盖斯定律计算H；(2) 根据平衡常数Kp进行求算；根据平衡移动原理进行分析；对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动；反应过程中正反应速率先加快后减少，反应速率先加快说明反应放热，温度升高，速率加快。【详解】(1)由盖斯定律可知，（I+）可得反应NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2 O(1)+NO3(aq)，则H=(546 kJ/mol)+( 146 kJ/mol)=346 kJ/mol；(2) 温度T时反应达平衡，混合气体平衡总压强为p Pa，N2O4
31、气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)后两物质的量之比为(1-75%)：75%2=1：6；平衡常数Kp=Pa；反应N2O4(g)2NO2(g)为吸热反应，若温度升高，平衡正向移动，Kp值将增大；温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，判断理由是对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动；反应过程中正反应速率先加快后减少，先反应速率加快说明反应放热，温度升高，速率加快；后反应速率减少是因为反应物浓度减小。A随着反应进行逆反应速率逐渐增大，逆反应速率：a点小于c点，选项A正确；Bc点不是平衡点，二氧化硫转化率不是
32、最大，选项B错误；C随着反应进行，反应物浓度减小，选项C错误；答案选A。19.某同学在用稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。(1)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_。(2)25，该同学设计三个实验探究影响锌粉(足量)与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：实验序号体积/mL1.0molL-1硫酸溶液饱和CuSO4溶液水I3001090II20010VxIII3003070本实验待测数据可以是_。利用实验I和实验I来探究硫酸浓度对锌粉与稀硫酸反应速率的影响，Vx=_，理由是_。实验I和实验III的目的是_。(3)用排水集气法收集实验I反应放出的氢
33、气(气体体积已折合成标准状况)，实验记录如表(累计值)：时间/min123456氢气体积/mL60140252420510540反应速率最大时间段是_min(填“01”、“12”、“23”、“34”、“45”或“56”下同)，原因是_。反应速率最小时段是_min，原因是_。第23min时间段以稀硫酸的浓度表示的该反应速率(设溶液体积不变)是v(H2SO4)_。(4)如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在稀硫酸中分别加入等体积的下列溶液，可行的是_(填字母)。A.KNO3溶液 B.蒸馏水 C.Na2SO4溶液 D.Na2CO3溶液【答案】 (1). CuSO4溶液与Zn反应生
34、成的Cu与Zn形成Cu-Zn原电池，加快了氢气生成的速率 (2). 反应结束所需要的时间（或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间） (3). 19 (4). 保证反应物硫酸浓度的改变，而其他物质浓度不变 (5). 探究硫酸铜的量对反应速率的影响 (6). 34 (7). 因该反应是放热反应，此时温度高，温度对反应速率影响占主导作用 (8). 56 (9). 此时H+浓度小，浓度对反应速率影响占主导作用 (10). 0.125molL-1min-l (11). BC【解析】【分析】稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，加入少量硫酸铜溶液，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+Cu，形成Cu-Zn原电池可加
35、快氢气的生成速率。【详解】(1) CuSO4溶液与Zn反应生成的Cu与Zn形成Cu-Zn原电池，加快了氢气生成的速率。(2)本实验要探究影响锌粉(足量)与稀硫酸反应速率的因素，可通过测定相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间来表征反应速率的快慢。利用实验I和实验II来探究硫酸浓度对锌粉与稀硫酸反应速率的影响，要保证反应物硫酸浓度的改变，而其他物质浓度不变，需要控制变量保持溶液体积相同，实验I 中溶液总体积为40.0mL，则Vx=(40-20.0-1.0)mL=19mL。实验I和实验III中变量为饱和硫酸铜的浓度，故实验目的是探究硫酸铜的量对反应速率的影响。(3)根据可知，单位时间内产生氢气的体
36、积越大，反应速率越快，故反应速率最大时间段是34min，因该反应是放热反应，34min时温度高，温度对反应速率影响占主导作用，温度越高反应速率越快。根据可知，单位时间内产生氢气的体积越小，反应速率越慢，故反应速率最小时段是56 min，因为此时H+浓度小，浓度对反应速率影响占主导作用，浓度减小反应速率减慢。第23min时间段生成标准状况下氢气的体积为(252-140)mL=112mL，其物质的量为，根据反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2可知，反应消耗的H2SO4的物质的量为0.005mol，则以稀硫酸的浓度表示的该反应速率(设溶液体积不变)是v(H2SO4)。(4) A.加入KNO3溶液，
37、溶液中含有H+和NO3-，相当于引入硝酸，硝酸具有氧化性，与锌反应生成NO，不生成氢气，A错误；B.加入蒸馏水，H+浓度变小，反应速率减慢，但H+的量不变，产生氢气的量不变，B正确；C.加入Na2SO4溶液，溶液体积增大，H+浓度减小反应速率减慢，但H+的物质的量不变，产生氢气的量不变，C正确；D.加入Na2CO3溶液，H+与CO32-反应，H+的物质的量减小，生成氢气的量减少，D错误；答案选BC。20.一氧化氮空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电环保三位一体的结合。如图所示，某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理。(
38、1)燃料电池放电过程中负极的电极反应式_。(2)乙装置中物质A是_(填化学式)，理由是_；电解过程中阳极附近pH_(填“增大”“减小”或“不变”)，阴极的电极反应式是_。(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，CuSO4溶液的浓度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)若在标准状况下，甲装置有22.4 L O2参加反应，则乙装置中转化SO2和NO的物质的量共有_mol；丙装置中阴极析出铜的质量为_g。【答案】 (1). NO-3e-+2H2O=+4H+ (2). H2SO4 (3). 根据反应5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)
39、2SO4外还有H2SO4或阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，故A为H2SO4 (4). 减小 (5). NO+5e-+6H+=+H2O (6). 减小 (7). 2.8 (8). 128【解析】【分析】根据题中图示，判断原电池甲的正负极，写出燃料电池电极反应；根据题中图示，判断电解池乙的阴阳极，写出阴阳极电极反应，据此分析解答；根据粗铜精炼原理，判断Cu2+减少；根据转移电子守恒，计算相应的物质的量及质量。【详解】（1）由题中图示可知，左端NO中N元素化合价由+2价失电子变成+5价，发生氧化反应，由原电池的工作原理图示可知，左端的铂电极为原电池负极，其电极反应：NO-3e-+
40、2H2O=+4H+；答案为NO-3e-+2H2O=+4H+。（2）由题中图示可知，通SO2的石墨电极与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，其电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，通NO的石墨电极为阴极，得电子发生还原反应，其电极反应为NO+5e-+6H+=+H2O，总反应方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4或阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，A为H2SO4，由阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，可知电解过程中阳极附近pH减小，阴极的电极反应式是NO+5e-+6H+=+H2
41、O；答案为H2SO4，由总反应方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4或阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，A为H2SO4，减小，NO+5e-+6H+=+H2O。（3）丙装置中，粗铜作阳极，粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上Zn比Cu活泼，Zn会失电子变成Zn2+，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小；答案为减小。（4）在标准状况下，甲装置有22.4 L O2参加反应，即1molO2参加反应，转移4mol
42、电子，由转移电子守恒得，阳极SO2-2e-+2H2O=+4H+，转移4mol电子，参加反应SO2为2mol，阴极NO+5e-+6H+=NH4+H2O，转移4mol电子，参加反应NO为0.8mol，乙装置中转化SO2和NO的物质的量共有2mol+0.8mol=2.8mol，丙装置中阴极电极反应为Cu2+2e-=Cu，转移4mol电子，析出2molCu，析出铜的质量为2mol64g/mol=128g；答案为2.8，128。【点睛】本题关键是要准确判断装置甲原电池的正负极，根据题中图示，左边Pt电极通入NO转化为HNO3，N元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，作负极，右边Pt电极通入O2，得电子，发生还原反应，作正极。
