1、高考资源网（） 您身边的高考专家高一化学1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂，非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清沽，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与社会、环境密切相关。下列说法
2、正确的是A. “天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅B. 高炉炼铁、工业合成氨等反应，可以通过改变反应条件实现反应物完全转化C. 水立方的外立面膜结构一一ETFE膜(乙烯四氟乙烯共聚物)能与溴水发生加成反应D. 汽车尾气中碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物在三元催化器作用下转化为无害物质【答案】D【解析】【详解】A太阳能电池板的主要材料是硅，A错误；B高炉炼铁、工业合成氨的反应中存在可逆反应，不可能完全转化，B错误；CETFE膜是乙烯四氟乙烯共聚物，已经发生聚合反应，没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，C错误；D三元催化器是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置，它可将汽车尾
3、气排出的CO、碳氢化合物和氮氧化物等有害气体通过氧化和还原作用转变为无害的二氧化碳、水和氮气，D正确；故选D2.镆(Mc)是一种人工合成的放射性金属元素。关于Mc、Mc的描述正确的是A. 属于同种原子B. 属于同种元素C. 属于同种核素D. 属于同素异形体【答案】B【解析】【详解】Mc、Mc含有的质子数相等，中子数不相等，属于同种元素中的同位素，答案为B。3.海带产量高、价格低，常用作提取碘单质的原料。下列实验装置或操作能达到实验目的的是ABCD干海带烧灼为海带灰分离海带灰的浸取液氧化碘离子为碘单质分四离四氯化碳中的碘A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A烧灼干海带应在坩
4、埚中进行，A不能达到实验目的；B分离海带灰的浸取液应用漏斗，B不能达到实验目的；C氯气的氧化性大于碘，则氯气能氧化碘离子为单质，C能达到实验目的；D碘和四氯化碳相互溶解，则分四离四氯化碳中的碘用蒸馏的方法，D不能达到实验目的；答案为C。4.下列说法正确的是A. S2-的结构示意图为：B. 中子数为12的钠离子：C. 苯分子的空间填充模型：D. 丙烯的结构简式为：CH3CHCH2【答案】C【解析】【详解】AS是16号元素，S2-的结构示意图为，A错误；BNa的质子数为11，中子数为12的钠离子为，B错误；C苯分子空间结构为平面正六边形，空间填充模型为，C正确；D结构简式中碳碳双键不能省略，丙烯的
5、结构简式为CH3CH=CH2，D错误；故选C。5.研究金属的腐蚀与防护意义重大。下列说法错误的是A. 保暖贴在工作过程中，铁发生了吸氧腐蚀B. 微电解技术处理工业废水过程中，铁屑中的铁和碳分别作为电极外接直流电源C. 化工厂中盛装酸性溶液的管道，常用外加电流阴极保护法来防止腐蚀D. 食品包装袋中的以铁为主要成分的双吸剂，能够消耗氧气和水延长食物的保质期【答案】B【解析】【详解】A保暖贴原料层可以在空气中氧气的作用下1520小时内持续不断地释放热量，主要为铁发生了吸氧腐蚀，A说法正确；B微电解技术处理工业废水过程中，铁-碳合金浸没在废水溶液中时，就构成一个完整的微电池回路，形成一种内部电解反应，
6、B说法错误；C化工厂中盛装酸性溶液的管道，常用外加电流阴极保护法来保护金属不被腐蚀，C说法正确；D食品包装袋中的铁粉在有水和氧气并存的条件下能生锈，以铁为主要成分的双吸剂，能够消耗氧气和水延长食物的保质期，D说法正确；答案为B。6.糖类、油脂、蛋白质都是饮食中常见的有机化合物，下列说法正确的是A. 棉花、蚕丝、羊毛都是天然纤维，其主要成分都是纤维素B. 淀粉和纤维素的化学式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体C. 碘遇淀粉变蓝，可以用KI溶液鉴别淀粉溶液和蛋白质溶液D. 油脂在一定条件下能水解生成高级脂肪酸和甘油【答案】D【解析】【详解】A蚕丝、羊毛主要成分是蛋白质，A错误；B淀粉和纤
7、维素的化学式都是(C6H10O5)n，但n的值不同，故不是同分异构体，B错误；CI2遇淀粉变蓝，I-不能使淀粉变蓝，故不能鉴别淀粉和蛋白质，C错误；D油脂是甘油三酯，在酸性或碱性条件下可以水解为高级脂肪酸（或高级脂肪酸盐）和甘油，D正确；故选D。7.五种短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，其中X元素最高正价与最低负价的绝对值相等；Z与X同主族；R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的；Y的氧化物是形成雾霾、酸雨的一个重要原因。下列叙述正确的是A. X属于第IVA族元素B. 最简单氢化物稳定性：RYC. Y与Z的简单离子具有相同的电子层结构D. Q的氢氧化物一定既能与酸反应，又能与碱
8、反应【答案】C【解析】【分析】R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的，则R为Si；X元素最高正价与最低负价的绝对值相等，X为H；Y的氧化物是形成雾霾、酸雨的一个重要原因，则Y为N；Z与X同主族，则均为IA族，则Z为Na；【详解】AX为H，属于IA族元素，A说法错误；BR、Y分别为Si、N，非金属性：SiN，最简单氢化物稳定性：RY，B说法错误；CY与Z的简单离子均有2个电子层，且均为2、8结构，具有相同的电子层结构，C说法正确；DQ可能为Mg或Al，则其氢氧化物不一定既能与酸反应，又能与碱反应，D说法错误；答案为C。8.除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所用试剂和分离方法均正确的是混合物
9、所用试剂分离方法A甲烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气B乙烯(SO2)酸性高锰酸钾溶液洗气C苯(Br2)氢氧化钠溶液分液D溴苯(苯)氢氧化钠溶液分液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A乙烯能与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，会引入新的杂质，A选用试剂错误；B乙烯与二氧化硫均能与酸性高锰酸钾反应，B选用试剂错误；C溴可与NaOH反应生成可溶性的盐，而苯不可以，出现分层现象，用分液法分离，C试剂及方法正确；D溴苯和苯是沸点不同的互相混溶的液体混合物，可用蒸馏的方法分离，D方法错误；答案为C。9.实验室制备溴苯的反应装置如图所示。下列叙述错误的是A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液
10、前需先打开K及分液漏斗的塞子B. 实验开始后，液体处于微沸状态，证明苯与溴的反应是放热反应C. 装置C的作用是吸收挥发出的苯、Br2以及产生的HBr，防止污染环境D. 制得的溴苯呈棕黄色可能是因为混有少量未反应的Br2【答案】C【解析】【详解】A装置气密性良好，为使向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液顺利滴下，滴液前需先打开K及分液漏斗的塞子，A说法正确；B实验开始后，苯与溴的反应是放热反应导致液体处于微沸状态，B说法正确；Cz装置b中的四氯化碳能够吸收挥发出的溴和苯，所以装置c的作用是吸收产生的HBr，防止污染环境，C说法错误；D制得的溴苯为无色物质，呈棕黄色可能是因为混有少量未反应的Br2，D说
11、法正确；答案为C。10.地球上99%的溴元素以Br-的形式存在于海水中，因此溴被称为“海洋元素”。从海水中提取溴的工艺流程如图：下列说法错误的是A. 操作I为萃取B. 经操作I后剩余溶液可循环利用C. 过程I的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2D. 理论上过程III、IV消耗的SO2、Cl2的物质的量之比为1：1【答案】A【解析】【分析】晒盐苦卤中加入H2SO4和Cl2，可将晒盐苦卤中的Br-氧化为Br2，通入热的水蒸气和空气将Br2吹出，然后再加入SO2将Br2还原，生成H2SO4和HBr，再通入Cl2将Br-氧化为Br2，得到浓溴水，后经蒸馏得到溴蒸气。【详解】A经过操作I后得
12、到溴蒸气，故操作I为蒸馏，A错误；B根据分析，经操作I后剩余溶液中含有H2SO4，可以用于过程I，可循环利用，B正确；C根据分析，过程I是Cl2将Br-氧化为Br2，离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，C正确；D过程III的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，过程IV的反应为Cl2+2HBr=2HCl+Br2，由于Br2的量相等，故消耗的SO2、Cl2的物质的量之比为1：1，D正确；故选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.俗语说“雷雨发庄稼”与N2和O2反
13、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
14、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。12.有机化合物的结构可用键线式表示，如CH3CH=CHCH2COOH可简写为。脱落酸的结构简式如图所示，下列关于脱落酸的说法错误的是A. 既可以与乙醇又可以与乙酸发生酯化反应B. 1mol脱落酸与足量金属Na反应可产生2molH2C. 能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应原理不同D. 分子中所有碳原子不可能共平面【答案】B【解析】【详解】A由脱落酸的结构简式可以看出，脱落酸中有羧基，可以跟乙醇发生酯化反应，脱落酸中也有羟基，可以与乙酸
15、发生酯化反应，A正确；B1mol脱落酸有1mol羟基和1mol羧基，与Na反应能生成1molH2，B错误；C碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液，属于加成反应，碳碳双键和羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，属于氧化反应，两者反应原理不同，C正确；D图中箭头所指的六元环的3个C为烷烃的C，烷烃C与相连的C或H形成的是四面体形，故所有碳原子不可能共平面，D正确；故选B。13.已知四种短周期主族元素在周期表中相对位置如图所示。下列说法正确的是A. 、两元素的最高化合价一定相等B. 、原子序数差一定等于8C. 、的最高价氧化物对应的水化物一定能反应D. 若的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则的单质一定具有强氧化性
16、【答案】BD【解析】【详解】A、两元素若为O、S时，其最高化合价不相等，A说法错误；B根据、原子的位置，可能为Li、B、C、N、O，则、原子序数差一定等于8，B说法正确；C若、分别为S、Cl时，其最高价氧化物对应的水化物不能反应，C说法错误；D若的最外层电子数是核外电子层数的3倍，为O，则为F，氟单质具有强氧化性，D说法正确；答案为BD。14.T1时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入SO2和O2发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，容器中各组分的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是A. a、b两点反应速率vavbB. 0-t2时间段，反应速率v(SO3)=molL-1min
17、-1C. t2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，则v正、v逆均不变D. 若反应在T2进行(T2T1)，反应进行t1分钟后，n(SO2)0.8mol【答案】BC【解析】【详解】Aa、b两点，随反应的进行反应物的浓度减小，则反应速率vavb，A说法错误；B0-t2时间段，反应速率v(SO3)=molL-1min-1，B说法正确；Ct2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，反应体系中各量的浓度均为变化，则则v正、v逆均不变，C说法正确；D若反应在T2进行(T2K+ (3). (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaC12+2NH3+2H2O (5). 离子键、(非极性)共价键 (6). 2K2O2
18、+2H2O=4K+4OH-+O2 (7). HClO4H2SO4 (8). 取适量硫化钠溶液，通入氯气，产生淡黄色沉淀，证明氯原子得电子能力比硫原子强【解析】【分析】M、X、Y、Z、W、Q均为前20号主族元素，且原子序数依次增大，Z形成6条共价键，Z为S元素，Z元素原子中的质子数是Y元素原子中的质子数的2倍，Y是O元素，X形成3条共价键，且X在Y元素前面，则X为N元素，M形成1条共价键，且排在最前面，M为H元素，W形成1条共价键，且在S后面，故W是Cl元素，Q与M同主族，Q为K元素。【详解】（1）根据分析，W为Cl元素，离子结构示意图为；（2）根据分析，Z、Q两种元素为S和K，两种离子核外电子
19、排布相同，原子序数越大，半径越小，故S2-K+；（3）根据分析，X为N，氢化物为NH3，电子式为；实验室制氨气用NH4Cl和Ca(OH)2共热制得，方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaC12+2NH3+2H2O；（4）根据分析，Q为K，其过氧化物与过氧化钠相似，含有的化学键有离子键和（非极性）共价键；K2O2与水反应生成KOH和O2，离子方程式为2K2O2+2H2O=4K+4OH-+O2；（5）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属性ClS，故酸性HClO4H2SO4；单质氧化性强弱可用置换反应进行比较，取适量硫化钠溶液，通入氯气，产生淡黄色沉淀，证明氯原子得电子能力比
20、硫原子强；17.淀粉是一种多糖，以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如图所示：(1)M中的官能团的名称为_，的反应类型是_。(2)的化学方程式是_。(3)聚乙烯和聚丙烯都是生产塑料的合成树脂，写出由丙烯制备聚丙烯的化学方程式：_。(4)的化学方程式是_。(5)lmolD与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，含有与D相同种类官能团的物质E的分子式为C5H10O2，写出分子中有两个甲基的E的所有同分异构体的结构简式_。【答案】 (1). 羟基 (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). nCH2=CHCH3 (5).
21、 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (6). 【解析】分析】淀粉在稀硫酸加热的条件下生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，即M为乙醇；乙醇被氧化生成A，A为乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，则A、B分别为乙醛、乙酸；乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，则C为乙酸乙酯；乙醇脱水生成乙烯，乙烯与溴水反应生成1，2-二溴乙烷。【详解】(1)分析可知，M为乙醇，含有的官能团为羟基，乙烯生成1，2-二溴乙烷的反应为加成反应；(2)的反应为乙醇氧化生成乙醛，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)丙烯的加聚反应与乙烯类似，相当于丙烯中的甲基占据乙烯中一个氢原子
22、的位置，方程式为nCH2=CHCH3；(4)为乙酸与乙醇在浓硫酸加热的条件下生成乙酸乙酯和水的反应，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(5)lmolD与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，则D为乙二酸；与D相同种类官能团的物质E，则E中含有羧基，且含有两个甲基，则含有羧基的主链上有4个碳原子，甲基在中间任意碳原子上，有2种同分异构体，分别为、。18.水环境中存在过量的氨氮会造成溶解氧浓度降低、水体富营养化等多方面的危害，人们正不断寻求处理氨氮废水的高效措施。回答下列问题：(1)某研究团队设计了一种处理方法，先利用水中的微生物将氧化成，再利用电化
23、学降解法除去水中的。微生物经两步反应将氧化成，两步反应的能量变化如图所示：第一步反应是_(填“放热”或“吸热”)反应，1mol(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式为_。如图为利用电化学降解法除去水中的装置。直流电源的正极为_(填“A”或“B”)，质子的移动方向是_(填“从M到N”或“从N到M”)，阴极的电极反应式为_。(2)有研究团队设计了一种利用电解原理制备H2O2，并用产生的H2O2处理氨氮废水的装置，如图所示：生成H2O2的电极反应式为_。已知氨氮废水中氨(以NH3计)的浓度为1750mgL1，当降为50mgL-1)时即可达到排放标准。电路中转移3mole-，最多可处理废水的体积为_
24、L。【答案】 (1). 放热 (2). (aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(1) H=-346kJmol-1 (3). A (4). 从M到N (5). 2+12H+10e-=N2+6H2O (6). O2+2H+2e-=H2O2 (7). 10【解析】【分析】(1)根据图像，反应物的总能量大于生成物的总能量；根据电解装置，Ag-Pt电极上N原子得电子，生成氮气，为负极；(2)阴极中氧气得电子与溶液中的氢离子反应生成过氧化氢；废液达到排放标准时的浓度变化，计算转移电子数目及体积。【详解】(1)根据图像，反应物的总能量大于生成物的总能量，则第一步反应为放热反应；根据图像，H
25、1=-273kJ/mol，H2=-73kJ/mol，则总反应为放热反应，H=-346kJ/mol，热化学方程式为(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(1) H=-346kJmol-1；根据电解装置，Ag-Pt电极上N原子得电子，生成氮气，则B电极为负极，A为正极；电解质溶液中的质子由阳极向阴极区移动，即从M到N；阴极上硝酸根离子得电子与质子反应生成氮气和水，电极反应式为2+12H+10e-=N2+6H2O；(2)根据电解装置，阴极中氧气得电子与溶液中的氢离子反应生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H+2e-=H2O2；氨氮废水中氨(以NH3计)的浓度为1750mgL1，当降为
26、50mgL-1)时即可达到排放标准，需要反应1700mg/L，即1.7g/L，也为0.1mol/L。1mol氨转变为氮气时，转移3mol电子，电路中转移3mole-，需反应1mol氨气，需要氨氮废水10L。19.碘及其化合物在生产生活中有重要作用。(1)单质碘可与氢气反应生成碘化氢。将物质的量比为2：1的氢气和碘蒸气放入密闭容器中进行反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应经过5分钟测得碘化氢的浓度为0.1molL-1，碘蒸气的浓度为0.05molL-1。前5分钟平均反应速率v(H2)=_，H2的初始浓度是_。下列能说明反应已达平衡状态的是(填序号)_。a.氢气的生成速率等于碘化氢的消耗
27、速率b.单位时间内断裂的H-H键数目与断裂的HI键数目相等c.c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2d.2v(I2)正=v(HI)逆e.反应混合体系的颜色不再发生变化(2)某小组同学在室温下进行“碘钟实验”：将浓度均为0.01molL-1的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。已知：“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2+2H+=+2H2O，反应分两步进行：反应A：.反应B：I2+2=2I-+反应A的离子方程式是_。对于总反应，I-的作用是_。 为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验、。(溶液浓度均为0.01molL-1)H2O2溶
28、液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验54830实验52xYz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验I是30min、实验II是40min。实验II中，x、y、z所对应的数值分别是_；对比实验I、II、可得出的实验结论是_。【答案】 (1). 0.01molL-1mol-1 (2). 0.2molL-1 (3). de (4). H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O (5). 作催化剂 (6). 8，3，2 (7). 其它条件不变增大氢离子浓度可以加快反应速率【解析】【分析】(1)根据元素守恒，确定反应的碘的物质的量，根据方程式的关系计算；依据同一物质的正逆反应速率相
29、等及平衡时的特征判断；(2)总反应式减去反应B，可得反应A；对比实验时，只改变一个条件，而其它条件完全相同。【详解】(1)平衡后碘化氢的浓度为0.1molL-1，碘蒸气的浓度为0.05molL-1，根据碘元素守恒，则反应前浓度为0.1mol/L，已知氢气与单质碘的物质的量比为2：1，则氢气的初始浓度为0.2mol/L；氢气与碘为1：1反应，则反应的氢气的浓度为0.05mol/L，v(H2)=0.01molL-1mol-1；a.氢气的生成与碘化氢的消耗为相同方向，无法判断是否达到平衡状态，a错误；b.单位时间内断裂的H-H键数目是断裂的HI键数目的0.5倍时，反应达到平衡状态，而相等时，未达到平
30、衡状态，b错误；c.c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，也不能确定浓度是否还要改变，则不能判断是否达到平衡状态，c错误；d.2v(I2)正=v(HI)逆=2v(I2)逆，反应已达平衡状态，d正确；e.反应物I2有颜色，反应达到平衡状态时，碘的浓度不再改变，则混合体系的颜色不再发生变化，e正确；答案为de；(2)总反应式减去反应B，可得反应A，则反应A为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；I-在反应前后质量、化学性质未发生变化，为催化剂；为了便于研究，在反应中要采用控制变量的方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数
31、据可知，实验I和实验II相比，硫酸的体积减少，所以其他条件都相同，而且混合后总体积也要相同，则x=8，Y=3，z=2；通过实验对比，溶液中的酸性越强，则氢离子浓度越大，反应速率越快。20.学习小组在实验室探究铜及其化合物的性质，进行相关实验。回答下列问题：(1)小组同学组装了如图原电池装置，甲烧杯中加入CuSO4溶液，乙烧杯中加入FeCl3溶液，盐桥装有KCl溶液。原电池的负极为_，正极的电极反应式为_。盐桥中K+向_(填“甲”或“乙”)烧杯移动。(2)移走盐桥后向甲烧杯中滴加氨水，开始溶液颜色变浅，出现蓝色沉淀，继续滴加后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色；经过一段时间，溶液逐渐变浅，最后变为无色
32、。小组同学查阅资料知：相关离子在水中颜色：Cu(NH3)42+深蓝色，Cu(NH3)2+无色。综合上述信息，推测最后无色溶液的溶质为_(写化学式)。(3)进一步探究(2)中深蓝色溶液变为无色的原理，利用图中原电池装置，甲烧杯中加入1molL-1氨水和0.1molL-1硫酸钠混合溶液，乙烧杯中加入0.05molL-1Cu(NH3)4SO4，电流表指针偏转，20min后，乙烧杯中颜色逐渐由深蓝色变为无色。甲烧杯中的电极反应式为_。电池总反应离子方程式_。【答案】 (1). 铜片 (2). Fe3+e-=Fe2+ (3). 乙 (4). Cu(NH3)22SO4 (5). Cue-+2NH3H2O=
33、Cu(NH3)2+2H2O (6). Cu(NH3)42+Cu=2Cu(NH3)2+【解析】【分析】(1)甲烧杯中加入CuSO4溶液，乙烧杯中加入FeCl3溶液，盐桥装有KCl溶液，可发生自发进行的Cu+2Fe3+=Fe2+2Cu2+，则Cu片为负极；(2)根据题中信息，结合溶液中存在的阴离子即可判断；(3)根据题中信息，电流表指针偏转，则形成原电池并放电，且乙烧杯中颜色逐渐由深蓝色变为无色，则为Cu(NH3)42+变为Cu(NH3)2+；【详解】(1)Cu为负极，正极为铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe3+e-=Fe2+；盐桥属于电池内电路，则K+向正极(乙烧杯）移动；(2)根据题中信息，Cu(NH3)2+无色，而溶液中的阴离子为硫酸根离子，则无色物质为Cu(NH3)22SO4；(3) 负极为铜失电子生成亚铜离子，并与一水合氨反应生成配离子，电极反应式为Cue-+2NH3H2O=Cu(NH3)2+2H2O；电池总反应离子方程式为Cu(NH3)42+Cu=2Cu(NH3)2+。- 19 - 版权所有高考资源网