1、化学试卷注意事项：本试卷分第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分。全卷满分 100 分,考试时间 90 分钟。只交答题纸和机读卡，试卷学生带走，以备讲评。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Cl-35.5第 I 卷(选择题 共23 题 共 46分)一、选择题(本题共 23 小题，每小题只有一个选项符合要求。每题 2 分，共 46分)1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D. 煤的干馏和煤
2、的液化均是物理变化【答案】C【解析】A. 用活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附作用，用次氯酸盐漂白纸浆利用次氯酸盐产生的次氯酸的强氧化性，二者原理不同，故A错误；B. 天然纤维的主要成分是纤维素，合成纤维的主要成分不是纤维素，故B错误；C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等，故C正确；D. 煤的干馏和煤的液化有新物质产生，均是化学变化，故D错误。故选C。2. 下列有关化学用语，使用正确的是A. 氯原子的原子结构示意图：B. NH4Cl的电子式：C. 原子核内有10个中子的氧原子：D. 聚乙烯的结构简式：CH2=CH2【答案】C【解析】【详解】A. 氯原子的核外电子数是17，原子结构示意图：，A
3、错误；B. NH4C1是离子化合物，电子式：，B错误；C. 原子核内有10个中子的氧原子可表示为，C正确；D. 乙烯的结构式：，D错误。答案选C。【点睛】注意了解有机物结构的常见表示方法，（1）结构式：完整的表示出有机物分子中每个原子的成键情况。（2）结构简式：结构式的缩简形式。结构式中表示单键的“”可以省略，“CC”和“CC”不能省略。醛基、羧基则可简写为CHO和COOH。（3）键线式：写键线式要注意的几个问题：一般表示3个以上碳原子的有机物；只忽略CH键，其余的化学键不能忽略；必须表示出CC、CC键等官能团；碳氢原子不标注，其余原子必须标注(含羟基、醛基和羧基中氢原子)；计算分子式时不能忘
4、记顶端的碳原子。另外还需要注意球棍模型和比例模型的区别。3. 下列反应中，生成物的总能量高于反应物的总能量的是（ ）A. 煅烧石灰石B. 锌与稀硫酸反应C. NaOH溶液和稀盐酸反应D. 铝热反应【答案】A【解析】煅烧石灰石是吸热反应，生成物的总能量高，故A正确；锌与稀硫酸反应、NaOH溶液和稀盐酸反应、铝热反应都是放热反应，故B、C、D错误。点睛：本题考查吸热反应和放热反应，生成物总能量大于反应物总能量是吸热反应，反应物总能量大于生成物总能量的是放热反应。4. 少量铁片与l00mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的加H2O
5、 加KNO3固体 滴入几滴浓盐酸 加入少量铁粉 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发） 改用10mL 0.1mol/L盐酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢；加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝酸，不会生成氢气；加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量；加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；升高温度，反应速率加快；改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。5. 反应A+
6、3B=4C+2D，在不同条件下反应，其平均反应速率v（X）（表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率）如下，其中反应速率最快的是A. v（A）=0.4mol/（Ls）B. v（B）=0.8mol/（Ls）C. v（C）=1.2mol/（Ls）D. v（D）=0.7mol/（Ls）【答案】A【解析】【详解】对于不同物质表示的反应速率，将其转化为同种物质表示的形式。都用A表示为：A. v（A）=0.4mol/（Ls）；B. v（A）=v（B）=0.8/3 mol/（Ls）；C. v（A）=v（C）=0.3 mol/（Ls）；D. v（A）=v（D）=0.35 mol/（Ls）；四个数值中只有A值最大
7、，答案选A。6. 某容器中加入N2和H2，在一定条件下，N2+3H22NH3，达到平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是3 molL-l、4 molL-1、4 molL-1，则反应幵始时H2的浓度是()A. 5 molL-lB. 10 molL-lC. 8 molL-lD. 6.7 molL-l【答案】B【解析】【详解】平衡时氨气是4mol/L，根据方程式可知消耗氢气是6mol/L，平衡时氢气是4mol/L，所以反应幵始时H2的浓度是10mol/L，答案选B。7. 下列除去括号内杂质所用的试剂和方法都正确的是选项物质所用试剂方法A甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气B乙醇（水）生石灰分液C乙醇（乙酸
8、）氢氧化钠溶液分液D乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应加溴水、洗气除杂，故A错误；BCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故B错误；C乙酸与NaOH溶液反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故C错误；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故D正确；故选D。8. 糖类、油脂和蛋白质均为人体的基本营养物质，下列说法正确的是（ ）A. 糖类均有甜味B. 油脂能发生皂化反应C. Na2SO4 能使蛋白质变性D. 三类物质在体内均能水解【答案】B【解析】【详
9、解】A糖类不一定有甜味，如淀粉、纤维素等，故A错误；B油脂在碱性条件下的水解可生成高级脂肪酸钠，可用于制造肥皂，称为皂化反应，故B正确；CNa2SO4能使蛋白质盐析，蛋白质没有失去生命活性，重金属盐可使蛋白质变性，故C错误；D人体不含纤维素酶，则纤维素在人体内不水解，糖类中的单糖不能水解，油脂水解生成高级脂肪酸和丙三醇，蛋白质水解生成氨基酸，故D错误；答案选B。9. 下列实验能达到预期目的的是（ ）A 用分液漏斗分离溴和苯B. 分馏石油时，将温度计插入石油液面下C. 取样灼烧，可以鉴别白色纺织品是棉织品还是羊毛制品D. 直接往淀粉水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并且加热，可检验淀粉水解产物【答案
10、】C【解析】A项，溴易溶于苯，故不能用分液法分离，A错误；B项，因为分馏石油时，测量的是蒸气的温度，温度计不能插入液面以下，B错误；C项，羊毛的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，而棉织品的成分为纤维，烧后呈现白色灰烬，有焦糊味，C正确；D项，由于淀粉水解是在酸性条件下进行的，而葡萄糖与氢氧化铜的反应是在碱性条件下进行的，因此还需要先进入氢氧化钠溶液中和硫酸，故D错误。10. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ） A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【
11、解析】【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H+2eH2，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2+H2，铜片上无气体产生，故A错误；B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧
12、化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。11. 在测定中和热的实验中，下列说法正确的是A. 使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C. 用0.5 molL1 NaOH溶液分别与0.5 molL1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D. 在测定中和热实验中需要使
13、用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、环形玻璃搅拌棒【答案】A【解析】【详解】A、环形玻璃棒搅拌能加快反应速率，减小实验误差，A正确；B、温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，B错误；C、醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，C错误；D、中和热测定用不到天平，D错误；答案选A。12. 下列装置或操作能达到实验目的是（）A. 甲装置可用来分离乙醇和乙酸B. 乙装置可以构成原电池C. 在制备乙酸乙酯的实验中，丙装置中的饱和碳酸钠可以用氢氧化钠溶液代替D. 丁装置可以用来分离乙醇和丁醇和混合物【答案】D【解析】【详解】A乙酸和乙醇互溶，不能通过分液操作分离,故A
14、错误；B酒精是非电解质，锌和铜都不与酒精反应，该装置无法构成原电池，故B错误；C氢氧化钠溶液能够与乙酸乙酯反应，不能用氢氧化钠溶液取代饱和碳酸钠溶液，故C错误；D乙醇和丁醇沸点不同，可以用分馏装置来分离乙醇和丁醇和混合物，故D正确。答案选D。13. 下列有关反应热的叙述正确的是( )A. X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)H0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的H增大B. C(s，石墨)=C(s，金刚石) H=+1.9kJ/mol，说明金刚石比石墨稳定C. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molD. 已知C(
15、s)+O2(g)=CO2(g) H1，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H2，则H1H2【答案】D【解析】【详解】A.反应的H与热化学反应方程式中各物质的计量数成正比，与平衡的移动无关，故A错误；B. 由反应：C(s，石墨)=C(s，金刚石) H=+1.9kJ/mol可知石墨所具有的总能量较金刚石更低，说明石墨更稳定，故B错误；C.因生成物中水的状态为气态，则氢气的燃烧热不等于241.8kJ/mol，故C错误；D. 在热化学反应中：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H2，前者为碳完全燃烧，后者为不完全燃烧，前者放出热量多，后者放出的热量少，
16、则有H1H20，故D正确；答案选D。【点睛】焓是一种状态函数，只与始末状态有关，而与过程无关。因此可逆反应也好，非可逆反应也好，反应的焓变只由反应前后的物质组成和体积决定，在相同条件下，只要反应物和生成物的物质的量和状态相同，则反应的焓变就是一个定值，而与可逆反应的限度无关。14. 在同温同压条件下，已知：C+CO22CO(正反应是吸热)，正反应的反应速率为v1；N2+3H22NH3(正反应是放热)，正反应的反应速率为v2。对于上述反应，当温度同时升高时，v1和v2的变化情况正确的是（ ）A. v1增大，v2减小B. 同时减小C. 同时增大D. v1减小，v2增大【答案】C【解析】【详解】无论
17、反应是放热反应还是吸热反应，升高反应体系的温度，均可以增大活化分子的百分数，单位时间内单位体积的空间内的有效碰撞次数增加，故一定能加快化学反应的速率，答案选C。15. 将少量的A、B两份锌粉装入试管中，分别加入足量的等浓度、等体积的稀硫酸中，同时向装A的试管中加入少量CuSO4溶液。如下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在A中加入少量CuSO4溶液，发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，锌与置换出铜及硫酸可形成铜锌原电池，导致A中反应速率增大，由于锌不足量，发生该反应而消耗，所以最终产生氢气体积比B少，只有选项
18、C符合题意。16. 下列说法正确的是A. 离子化合物中一定含有金属元素B. 构成物质的分子中一定含有化学键C. 非极性键也可能存在于离子化合物中D. 共价化合物中可能含有离子键【答案】C【解析】A. 铵盐属于离子化合物，很多铵盐不含金属元素，A不正确；B. 构成物质的分子中不一定含有化学键，如稀有气体都是单原子分子，分子内没有化学键，B不正确；C. 非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠中两个氧原子之间形成的化学键就是非极性键，C正确；D. 共价化合物中不可能含有离子键，共价化合物一定只含共价键，D不正确。本题选C。17. 已知4NH3+5O2=4NO+6H2O ，若反应速率分别用v(N
19、H3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是（ ）A. 2/3v(NH3)=v(H2O)B. 5v(O2)=6v(H2O)C. v(NH3)v(O2)=45D. 5/4v(O2)=v(NO)【答案】C【解析】用不同物质表示化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以(NH3)：(O2)：(NO)：(H2O)4：5：4：6。A项，(NH3)= (H2O)，A错误；B项，6(O2)=5(H2O)，B错误；C项，(NH3)(O2)=45，C正确；D项，(O2)=(NO)，D错误。18. 下列各组物质中属于同分异构体的是（ ）A. 和B. CH3CH2OH和CH3 CH2OCH2CH3
20、C. 和D. 和【答案】C【解析】【分析】根据同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，据此解答。【详解】A和，分子式相同，结构相同，属于同种物质，故A错误；BCH3CH2OH和CH3 CH2OCH2CH3，分子式不同，不属于同分异构体，故B错误；C和，分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C正确；D和，分子式相同，结构相同，属于同种物质，故D错误；故选C。19. 反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变能使反应速率加快的是A. 增加C的量B. 保持体积不变,充入N2使体系压强增大C. 将容器的体积缩小一半D. 保持压强不变,充入N2
21、使容器体积增大【答案】C【解析】【详解】A.碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响，故A错误；B.保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各反应物的相对压强不变，即体积不变,加入其它不反应物质,如N2，对反应无影响，故B错误；C.将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率加快，故C正确；D.压强不变充入N2使容器体积增大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小，故D错误。故选C。20. 一定温度下，在1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如右图所示。下列描述正确的是（ ）A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(Ls)B. t1 时，Z和X的浓
22、度相等，达到了化学平衡状态C. 反应进行到10 s时，Y的正逆反应速率都等于0D. 反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)Z(g)【答案】A【解析】【分析】由图像可知，X、Y的物质的量逐渐减小，是反应物；Z的物质的量逐渐增加，是生成物；10s时，根据速率公式计算Z的化学反应速率；各物质的物质的量不再变化，达到平衡状态；体积相同、时间相同，各物质的物质的量变化之比等于化学反应的计量数之比，得到化学反应方程式，由此分析。【详解】A根据化学反应速率数学表达式，v(Z)= 0.158mol/(Ls)，故A正确；B达到化学平衡状态是各组分的浓度不再改变，而不是相等，故B错误；C反应进行到10 s时，达到
23、平衡状态；开始时到平衡v正v逆，故C错误；D根据化学反应速率之比=化学计量数之比，因为是体积相同、时间相同，则物质的量的变化值=化学计量数之比，即X：Y：Z=(1.20.41)mol：(10.21)mol：1.58mol=1：1：2，反应方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，故D错误；答案选A。21. 某小组为研究电化学原理，设计如下图装置。下列叙述不正确的是A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu22e=CuC. a和b用导线连接时，电子由铜电极流向铁电极D. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色【答案】C【解析】
24、【详解】A.a和b不连接时，铁和硫酸铜反应，铁片上会有金属铜析出。B.a和b用导线连接时，形成原电池，铜是正极，铜片上发生的反应为：Cu22e=Cu。C.a和b用导线连接时，形成原电池，铁是负极，电子由负极到正极，即由铁电极流向铜电极。D.无论a和b是否连接，铁片均会溶解，铜会析出，溶液中的铜离子转变为亚铁离子，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色。故选C。22. 下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价：元素代号LMQRT原子半径nm0.1600.1430.1120.1010.066主要化合价2326、 22下列判断正确的是A. T的氢化物的沸点比R的氢化物的沸点低B. 失电子能力：LQC. L与R
25、所对应的离子的核外电子排布相同D. M与T形成的化合物能与NaOH溶液反应【答案】D【解析】综合分析表中数据，可以判断L、M、Q、R、T分别为镁、铝、铍、硫、氧等五种元素。A. T的氢化物为水，R的氢化物为硫化氢，因为水分子间可以形成氢键，所以水的沸点比硫化氢的沸点高，A不正确；B. 镁和铍同主族，镁的金属性较强，所以失电子能力LQ，B不正确；C. L与R所对应的离子的核外分别有10个、18个电子，所以它们的电子排布不同，C不正确；D. M与T形成的化合物是氧化铝，它是两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，D正确。点睛：根据原子半径和元素的主要化合价推断元素时，可以先根据元素的最高
26、正价等于最外层电子数确定元素所在的族，也可以根据最低负价等于最外层电子数减去8确定。确定了所在的族之后，再根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小、同主族元素原子半径从上到下依次增大，确定它们所在的周期。23. 已知H-H键键能（断裂时吸收或生成时释放的能量）为436kJ/mol，H-N键键能为391 kJ/mol，根据热化学方程式：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=-92.4kJ/mol。则NN键的键能是（）A. 431kJ/molB. 945.6 kJ/molC. 649kJ/molD. 896 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】旧键的断裂吸热，新键的形成放热，因此该反应的反应
27、热H=x+436 kJ/mol3-391 kJ/mol6=-92.4 kJ/mol，解得x=945.6 kJ/mol，则NN的键能为945.6 kJ/mol，答案为B。第卷(非选择题 共 4 题 共54 分)二填空题(本题共 4 小题，共 54分。)24. 下表是元素周期表的一部分，其中甲戊共五种元素，回答下列问题:周期族AAAAAAA1甲2乙3丙丁戊(1)五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_填化学式，下同)，显两性的是_。(2)乙与丙按原子数 1:1 形成的一种化合物，其电子式为_，该化合物固态时所属晶体类型为_，所含化学键类型有_。(3)乙、丙、丁三种元素分别形成简单离子，按离
28、子半径从大到小的顺序排列为_(用离子符号表示)。(4)有人认为，元素甲还可以排在第A族，理由是它们的负化合价都是_；也有人认为，根据元素甲的正、负化合价代数和为零，也可以将元素甲排在第_族。(5)甲与丙两种元素形成的化合物与水反应，生成种可燃性气体单质，该反应的化学方程式为_。(6)通常状况下，1g甲的单质在戊的单质中燃烧放热92kJ，写出该反应的热化学方程式_【答案】 (1). HClO4 (2). Al(OH)3 (3). (4). 离子晶体 (5). 离子键，非极性键 (6). (7). -1 (8). A (9). NaH+H2O=NaOH+H2 (10). H2(g)+Cl2(g)=
29、2HCl(g) H=-184kJ/mol【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置信息可得：甲为H、乙为O、丙为Na、丁为Al、戊为Cl，由此分析。【详解】(1)元素非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；Al(OH)3具有两性；(2) 乙为O、丙为Na，乙与丙按原子数1:1 形成的一种化合物是过氧化钠，其电子式为；过氧化钠中过氧根离子和钠离子之间形成的是离子键，固态时属于离子晶体，过氧根离子中氧原子之间形成的是非极性共价键；(3)、的电子层结构相同，核电荷数逐渐增大，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力增强，故离子半径从大到
30、小的顺序为；(4)第A族元素的最低化合价为-1价，如果将H排在第A族，应根据它们的负化合价都是-1价；第A族元素的化合价为零，根据H元素的正、负化合价代数和为零，也可以将其排在第A族；(5)甲为H、丙为Na，H与Na形成的化合物为NaH，与水反应生成可燃性气体单质为H2，根据质量守恒写出化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2；(6)通常状况下，1g氢气在氯气中燃烧放热92kJ，1mol氢气在氯气中燃烧放热184kJ，则热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-184kJ/mol。【点睛】书写热化学方程式时，需要标明各物质的状态，放热反应的H为负值，为易错点。25.
31、原电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。(1)一种新型燃料电池，它以多孔铂板为两个电极插入氢氧化钠溶液中，然后分别向两极通入氢气和氧气而获得电能。通入氢气的电极反应式为_。放电一段时间后，负极附近溶液的pH_(填“升高”“降低”或“不变”)。(2)电子工业上常利用FeCl3溶液腐蚀铜板制作印刷电路，其反应的离子方程式为_。请把该反应设计成一个原电池，在方框内面出原电池装置图(要求：标明电极材料和电解质溶液)。_(3)常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓HNO3中组成原电池装置如图甲所示， 测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图乙所示，反应过程中有红棕色气体产生。t1s 前，原电
32、池的正极的电极反应式为_，溶液中的向_(填“Al”或“Cu”)极移动。t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，其原因是_。【答案】 (1). H2-2e-+2=2H2O (2). 降低 (3). Cu+2=+2 (4). (5). 2+e-=NO2+H2O (6). Cu (7). Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，此时Cu变成了负极【解析】【分析】碱性条件下，氢气在负极失电子失去氢离子，氢离子与氢氧根离子生成水；负极氢离子浓度增大；FeCl3溶液与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜；Cu失电子发生氧化反应作负极、不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，FeCl3溶液为电解质溶
33、液；0-t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，Cu为正极，正极上硝酸根放电生成二氧化氮，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极，溶液中阳离子向正极移动，由此分析。【详解】(1)由题意知，该燃料电池中，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电解质是氢氧化钠，所以通入氢气的电极反应式为H2-2e-+2=2H2O；放电一段时间后，负极附近的氢离子浓度变大，溶液的pH降低；(2)电子工业上常利用FeCl3溶液腐蚀铜板制作印刷电路，其化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，离子化学方程式为Cu+2=+2；把该反应设
34、计成一个原电池，还原剂铜必须做负极，正极要用没有铜活泼的材料，电解质溶液可以是氯化铁溶液，原电池装置图如下： ；(3)由图像可知，在t1s前后，电路中的电流方向是相反的，所以t1s前，因为铝比铜活泼，原电池的负极是铝片，铝发生氧化反应生成氧化铝，正极为铜，正极上硝酸根被还原为二氧化氮，正极的电极反应式为2+e-=NO2+H2O，溶液中的向正极移动。当铝表面被全部氧化生成致密的氧化膜后，铝电极不如铜活泼，所以t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，其原因是Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，此时Cu变成了负极。【点睛】碱性条件下，氢气在负极失电子失去氢离子，氢离子与氢氧根离子
35、生成水为易错点。26. 以石油化工的一种产品A(乙烯)为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：(1)步骤的化学方程式_，反应类型_。步骤的化学方程式_，反应类型_。(2)某同学欲用上图装置制备物质E，回答以下问题：试管A发生反应的化学方程式_。试管B中的试剂是_；分离出乙酸乙酯的实验操作是_(填操作名称)，用到的主要玻璃仪器为_。插入右边试管的导管接有一个球状物，其作用为_。【答案】 (1). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3C
36、OOCH2CH3+H2O (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 分液 (8). 分液漏斗 (9). 防止溶液倒吸【解析】【分析】由转化关系可知A为乙烯，乙烯和水反应生成B，B是CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C是乙醛，乙醛氧化生成CH3COOH，D为CH3COOH，B和D生成E为CH3COOCH2CH3；试管A发生乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应制得乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，用干燥管防止倒吸，以此分析。【详解】(1)步骤是乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，化学方程式CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；步骤是乙醇催化氧化生
37、成乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型氧化反应；(2)试管A发生的是乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应制得乙酸乙酯，反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；试管B中的试剂是饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液不互溶，分层，分离出乙酸乙酯的实验操作是分液，分液时所用的主要玻璃仪器为分液漏斗；插入右边试管的导管接有一个球状物，可以增大气体与液体的接触面面积，其作用为防止溶液倒吸。27. 某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的
38、变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：(1)该反应的化学方程式为_。(2) 反应开始至2 min，以气体Z表示的平均反应速率为_。(3)若X、Y、Z均为气体，2 min后反应达到平衡， 反应达平衡时：此时体系的压强是开始时的_倍；达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_(填“增大”“减小”或“相等”）。(4)可以判断上述反应己经达到平衡的是_。A.v(A)：v(B)：v(C)等于化学计量系数之比B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.混合气体的平均相对分子质量不再改变E.n(A) ：n(B) ：n(C)等于化学计量系数之比【答案】 (1). 3X+
39、Y 2Z (2). 0.05 mol/(Lmin) (3). 0.9 (4). 增大 (5). BD【解析】【详解】(1)根据图象可知X和Y的物质的量减少，是反应物，Z的物质的量增加，是生成物，变化量之比是0.3：0.1：0.23：1：2，因此该反应的化学方程式为3X+Y 2Z；(2)反应开始至2 min，以气体Z表示的平均反应速率为0.05mol/(Lmin)；(3)压强之比是物质的量之比，因此体系的压强是开始时的0.9倍；正反应体积减小，气体质量不变，因此达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大；(4)A.v(A)：v(B)：v(C)等于化学计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，A错误；B.正反应体积减小，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此密闭容器中混合气体的密度不变不能说明达到平衡状态，C错误；D.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变说明反应达到平衡状态，D正确；E.n(A) ：n(B) ：n(C)等于化学计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，E错误，答案选BD。