2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版 18页

‎2018-2019学年度第一学期期中质量检测高二化学试题（理科）‎ 说明：1、本试卷分第I卷和第II卷两部分;满分100分，考试时间100分钟。‎ ‎2、请将第I卷和第II卷两部分的答案用黑笔或蓝色笔写在试卷答题卷上。‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O: 16 P: 31 Cu: 64‎ 第I卷 （选择题 共48分）‎ 一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 能自发进行的反应都是放热反应 B. 硝酸铵溶于水是熵增加的过程 C. 工业合成氨的反应是熵增加反应 D. 碳酸钙受热分解在任何温度下均不能自发进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合ΔG=ΔH-TΔS，若ΔG<0，则为自发反应，反之，非自发；‎ ‎【详解】A.由ΔG=ΔH-TΔS可知，能自发进行的反应不一定都是放热反应，熵增的吸热反应在一定条件下也能自发进行，A项错误；B. 硝酸铵溶于水混乱程度增大，是熵增加的过程，B项正确；C. 工业合成氨的反应是熵减反应，C项错误；D.碳酸钙受热分解反应为吸热反应，是熵增的反应，结合ΔG=ΔH-TΔS，在高温下能自发进行，D项错误；答案选B。‎ ‎【点睛】反应能否自发由ΔG=ΔH-TΔS决定，若ΔG<0，则为自发反应，若ΔG>0，则为非自发反应；‎ ‎2.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，不正确的是 A. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑‎ B. 钢铁发生电化学腐蚀时负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋‎ C. 粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=== Cu D. 氢氧燃料电池的负极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，生成Cl2；B.钢铁发生电化学腐蚀时，负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；C．精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；D．氢氧燃料电池中，负极上失电子、正极上得电子。‎ ‎【详解】A.电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，故阳极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故A项正确；B.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上Fe失电子发生氧化反应，负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B项正确；C.粗铜精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以与电源负极相连的是纯铜,电极反应式为：Cu2++2e−═Cu，故C项正确；D.氢氧燃料电池中,如果电解质溶液呈碱性,则负极反应式为H2-2e−+2OH−═2H2O，故D项错误。综上，本题选D。‎ ‎3.下列影响因素中，既能改变化学反应速率，又能改变化学平衡常数的是 A. 催化剂 B. 浓度 C. 温度 D. 固体表面积大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡常数只是温度的函数，只有温度变化时，平衡常数才会变化。‎ ‎【详解】A.使用催化剂能够加快反应的进行，增大反应速率,但平衡常数不变，故A项错误；B.改变物质浓度，有可能改变反应速率，但平衡常数不变，故B项错误；C.改变温度一定改变反应速率，平衡常数是温度的函数，温度变化，平衡常数也变化，故C项正确；D.改变固体表面积大小，可以改变反应速率，但平衡常数不变，故D项错误。综上，本题选C。‎ ‎【点睛】本题考查平衡常数的影响因素，平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。‎ ‎4.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是 X Y Z W A C Fe NaCl H2O B Pt Cu CuSO4‎ Cu(OH)2‎ C C C KOH H2O D Ag Fe AgNO3‎ AgNO3晶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，依据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要加入溶液中减少的物质。‎ ‎【详解】A.以Fe为阴极，C为阳极，电解氯化钠溶液，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间，加入HCl让溶液复原，故A错误；B. 以Pt为阳极，Cu为阴极，电解硫酸铜溶液，阳极氢氧根离子放电，阴极铜离子放电，通电一段时间，加入氧化铜或碳酸铜让溶液复原，故B错误；C. 以C为电极，电解氢氧化钾溶液，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间，加水让溶液复原，故C正确；D. 以Ag为阳极，Fe为阴极，电解AgNO3溶液，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，故D错误；综上，本题选C。‎ ‎5.在298K,101KPa时，16g硫粉在氧气中充分燃烧放出149.8kJ的热量，则下列热化学方程式正确的是 A. S(s)+O2(g)= SO2(g) ΔH=-299.6kJ/mol B. 2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) ΔH=+599.2kJ/mol C. S(s)+O2(g)= SO2(g) ΔH=+299.6kJ/mol D. 2S(s)+2O2(g)= 2SO2(g) ΔH=-299.6kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据16gS粉燃烧放出的热量，计算出1molS燃烧放出的热量即可得到答案。‎ ‎【详解】16g硫粉的物质的量为n（S）=16g/32(g/mol)=0.5mol。0.5mol硫粉在氧气中充分燃烧放出149.8kJ的热量，则1mol硫粉在氧气中充分燃烧放出299.6kJ的热量，故热化学方程式为S(s)+O2(g)= SO2(g) ΔH=-299.6kJ/mol。综上，A项正确。‎ ‎6.在一定容积的密闭容器中发生可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)；△H＞0，平衡移动关系如图所示。下列说法正确的是 A. P1＜P2，纵坐标表示C的质量分数 B. P1＜P2，纵坐标表示A的质量分数 C. P1＞P2，纵坐标表示A的转化率 D. P1＜P2，纵坐标表示混合气体的平均摩尔质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H>0，为气体体积减小且吸热的可逆反应，压强增大平衡正向移动，由图象可知，相同温度时，P1对应的纵坐标数值大，相同压强时，温度越高对应的纵坐标数值大，以此来解答。‎ ‎【详解】A.若P1B>C>D>E B. A>C>D>B>E C. C>A>B>D>E D. B>D>C>A>E ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原地啊池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，所以金属活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．答案选B.‎ 考点：原电池原理 ‎8.已知有如下热化学方程式 ‎① 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1 ‎ ‎② 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2‎ ‎③ C(s)+ H2O(g)=CO(g) +H2(g) ΔH3 ‎ 则下列关系正确的是：‎ A. ΔH3=(ΔH1+ΔH2)/2 B. ΔH3= ΔH2-ΔH1‎ C. ΔH3=(ΔH2-ΔH1)/2 D. ΔH3= (ΔH1-ΔH2)/2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律计算，将①/2-②/2，可得 C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），反应热随之相加减，可求得反应热；‎ ‎【详解】2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1 ① 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2 ② 利用盖斯定律，将①/2-②/2，可得 C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），则ΔH3= (ΔH1-ΔH2)/2；综上，本题选D。‎ ‎9.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能表明反应:A(s)＋2B(g)‎ C(g)＋D(g)已达到平衡的是 A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 气体的平均摩尔质量 D. 反应物A的质量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：可逆反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意该反应中A为固态，且反应恰好气体的体积不变．‎ 解：A．该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，容器中的压强始终不发生变化，所以不能证明达到了平衡状态，故A正确；‎ B．该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会发生变化，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故B错误；‎ C．该反应前后气体的总物质的量不变，而气体的质量发生变化，如果混合气体的平均摩尔质量不变，说明已经达到平衡状态，故C错误；‎ D．该反应达到平衡状态时，各种气体的物质的量浓度不变，所以A的质量不变能说明该反应达到平衡状态，故D错误，‎ 故选A．‎ ‎10.固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它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放电的a极为电池的负极 B. 有H2放电的b极为电池的正极 C. a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ D. 该电池的总反应方程式为2H2＋O2===2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该电池属于氢氧燃料电池，电池工作时的正负极反应式分别为：正极：O2+4e-=2O2-；负极：H2-2e-+O2-═H2O，总反应为：2H2+O2=2H2O。‎ ‎【详解】A. 在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，故A项错误；B. 在燃料电池中，有H2放电的b极为电池的负极，故B项错误；C. a极对应的电极反应为：O2+4e-=2O2-，故C项错误；D. 在燃料电池中，总反应方程式即为燃料燃烧的化学方程式，即2H2+O2=2H2O，故D正确。综上，本题选D。‎ ‎11.一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g） xC（g）+2D（s）。2min末该反应达到平衡，生成0.6molD，并测得C的浓度为0.15mol/L。下列判断正确的是 A. 从开始到平衡A的平均反应速率为0.225mol/（L∙s）‎ B. 从开始到平衡B的转化率为60%‎ C. 此反应的化学平衡常数表达式K=c(C)c2(D)/c3(A)c(B)‎ D. 若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合题干，即可列出该反应的三段式，利用相关数值进行简单计算；‎ ‎【详解】2min末该反应达到平衡，生成0.6mol D，并测得C的浓度为0.15mol/L，则生成C的物质的量为2L×0.15mol/L=0.3mol，可知x：2=0.3mol：0.6mol，解得x=1，‎ ‎ 3A（g）+ B（g）⇌ C（g）+ 2D（s）‎ n0 3mol 1mol 0mol 0mol Δn 0.9mol 0.3mol 0.3mol 0.6mol n平 2.1mol 0.7mol 0.3mol 0.6mol A．结合υ（A）=△c/△t=0.9mol÷2L÷2min=0.225mol/（L∙min），故A项错误；B．B的转化率=0.3mol/1mol×100%=30%，故B项错误；C．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，D为固体，所以K=c(C)/c3(A)c(B)，故C项错误；D．固定容积为2L，气体体积不变，但D为固体，可知混合气体的质量变化，密度为变量，若混合气体的密度不再改变，则该反应达到平衡状态，故D项正确。综上，本题选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡常数及转化率的计算，要求学生能运用化学平衡的规律进行运算。化学平衡计算模式＂三步曲＂（1）写出化学方程式。（2）根据化学方程式列出各物质（包括反应物和生成物）的三段式，已知中没有列出的相关数据，设未知数表示。（3）根据已知条件列方程，解出未知数。‎ ‎12.铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是 A. 正极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋‎ B. 盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液 C. 电池反应为：Zn＋Cu2＋＝Zn2＋＋Cu D. 在外电路中，电子从负极流向正极；在电池内部，电子从正极流向负极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故A错误；B、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错误；C、负极反应是为Zn－2e－=Zn2＋，因此电池反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，故C正确；D、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电池内部只有阴阳离子的定向移动，故D错误。‎ ‎13.在一密闭容器中，进行以下可逆反应O(g) +P(g) W (g) + 2T(?)，在不同条件下W的百分含量的变化情况如图，则该反应 A. 正反应放热，T是固体 B. 正反应放热，T是气体 C. 正反应吸热，T是气体 D. 正反应放热，T是固体或气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合图像分析可知P2>P1、T2>T1，再结合压强、温度对平衡的影响，即可得到答案。‎ ‎【详解】根据图像可知，在温度相同的条件下，压强越大W的含量越低，这说明增大压强平衡向逆反应方向移动，所以正反应是体积增大的可逆反应，因此T一定是气态。而当压强相同时，温度越高W的含量越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应。综上，本题选B。‎ ‎【点睛】在分析有关图像时应该注意：一、ν－t 图像或 c－t 图像：1.ν－t 图像：分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响。 二、平衡图像 1.出现拐点的图像：分析依据“先拐先平”。在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡(代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等)。‎ ‎14.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是 A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，Y附近能得到氢氧化钠 B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4‎ C. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属 D. 外加电流的阴极保护法中，X是待保护金属 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；B、铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；C、电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属。‎ 详解：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y 附近能得到氢氧化钠，选项A正确；B、铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，选项B错误；C、电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，选项C错误；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，选项D错误。答案选A。‎ 点睛：本题考查了电解原理，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，难度不大，注意原电池原理和电解池原理是高考的热点，应掌握此知识点。‎ ‎15.在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，下列叙述正确的是 A. A的转化率变小 B. 平衡向逆反应方向移动 C. a>c＋d D. D的体积分数变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，可知压强增大，平衡正向移动，以此来解答。‎ ‎【详解】反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，可知压强增大，平衡正向移动；A. 平衡正向移动，则A的转化率变大，故A项错误；B. 平衡正向移动，故B项错误；C. 增大压强，平衡正向移动，则 a>c＋d，故C项正确；D. 增大压强平衡正向移动，则D的体积分数变大，故D项错误；综上，本题选C。‎ ‎16.关于下列装置的说法中正确的是 A. 装置①中，盐桥可用导电的金属丝替代 B. 装置②通电过程中有Fe(OH)2产生 C. 装置③用于电解法精炼铜中，d极溶解铜和c极析出铜的质量相等 D. 装置④中有Cl2生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.盐桥中存在的是自由移动的离子；B. 装置②中，阳极产生的Fe2＋可与阴极产生的OH-结合生成Fe(OH)2；C. 电解法精炼铜中，由于粗铜中有杂质，故溶解的铜和析出的铜质量不相等；D.此装置为铁在酸性条件下的析氢腐蚀；‎ ‎【详解】A.盐桥中存在的是自由移动的离子，而金属丝中不存在离子，故A项错误；B.装置②中，阳极Fe－2e－=Fe2＋，阴极2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe2＋与OH-结合生成Fe(OH)2，故B项正确；C.电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜，由于粗铜中含有杂质所以会发生Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e−=Cu2+等反应，阴极发生Cu2++2e−=Cu，溶解的铜和析出铜的质量不相等，故C项错误；D.在金属的电化学腐蚀中，金属锌是负极，金属铁是正极，电子是从负极Zn流向正极Fe，装置中铁电极上会产生氢气，故D项错误。综上，本题选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）‎ 二、填空题（本大题5小题，共计52分）‎ ‎17.白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。‎ ‎（1）已知298K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为 P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)ΔH1＝－2983.2kJ·mol－1‎ P(s，红磷)＋5/4O2(g)===1/4 P4O10(s)ΔH2＝－738.5kJ·mol－1‎ 则该温度下红磷转化为白磷的热化学方程式为_________________________________________。‎ ‎（2）已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(s，白磷)＋3O2(g)===P4O6(s) ΔH＝－1638kJ·mol－1。在某密闭容器中加入37.2g白磷和29.12L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为_____________，反应过程中放出的热量为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 4P(s，红磷) ===P4 (s，白磷) ΔH＝+29.2kJ·mol－1 (2). 2:1 (3). 760.44 kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律写出红磷转化为白磷的热化学方程式； (2)设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y,结合原子守恒计算得到,根据热化学方程式计算反应放出的热量；‎ ‎【详解】(1)P4(s，白磷)＋5O2(g)=P4O10(s) ΔH1＝－2983.2kJ·mol－1 ①‎ P(s，红磷)＋5/4O2(g)=1/4 P4O10(s) ΔH2＝－738.5kJ·mol－1 ②‎ 根据盖斯定律②×4-①得，4P(s，红磷) =P4 (s，白磷) ΔH＝+29.2kJ·mol－1 ；‎ ‎（2）在某密闭容器中加入37.2g白磷和29.12L氧气(标准状况)，白磷中磷原子物质的量n=37.2g/31(g/mol)=1.2mol，氧气物质的量n=29.12L/22.4(L/mol)=1.3mol，则氧原子物质的量为2.6mol。根据原子守恒列式计算：设P4O10的物质的量为x mol，P4O6的物质的量为y mol。则4x+4y=1.2，10x+6y=2.6解得x=0.2mol，y=0.1mol，故P4O10与P4O6的物质的量之比为2:1；结合热化学方程式可知，生成0.2molP4O10放出热量596.64 kJ，生成0.1molP4O6放出热量163.8 kJ，故放出总热量为760.44 kJ；‎ ‎18.电解原理在化学工业中有广泛应用。‎ ‎（1）氯碱厂电解饱和食盐水制取烧碱,若利用下图装置制备NaOH，两电极区电解液分别为NaOH和NaCl溶液。‎ ‎①B极区电解液为_____________溶液（填化学式），A极要连接电源的______________(填“正”或“负”)极。‎ ‎②阳极电极反应式为_____________________________，电解过程中Na+向_____________电极迁移（填“A”或“B”）。‎ ‎③电解总反应的离子方程式是________________________________。‎ ‎（2）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。‎ ‎①若X为碳电极，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_____________处（填“A”、“B”或“C”）。‎ ‎②若X为锌电极，开关K置于A处，该电化学防护法称为______________________________。‎ ‎【答案】 (1). NaOH (2). 正 (3). 2Cl‾—2e‾=Cl2↑ (4). B (5). 2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－ (6). C (7). 牺牲阳极的阴极保护法 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知，右侧生成氢气，则B为阴极， B极区电解液为NaOH溶液， A极区中为NaCl溶液，氯离子放电生成氯气；‎ ‎（2）结合原电池原理和电解池原理入手，保护金属的方法有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法；‎ ‎【详解】(1)电解制备NaOH，两电极区电解液分别为NaOH和NaCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备NaOH，B极区电解液为NaOH溶液；Na+由A经过阳离子交换膜向B移动；A极区中为NaCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。‎ ‎①根据上述分析，B极区电解液为NaOH溶液，A极要连接电源的正极，故答案为：NaOH；正；‎ ‎②阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，电解过程中Na+向B电极迁移，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；B；‎ ‎③电解总反应的离子方程式为2Cl－+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH－，故答案为：2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；‎ ‎(2)①若 X 为碳棒，若开关 K 置于A处，构成原电池，Fe为负极，加速Fe的腐蚀；若开关 K 置于B处，构成电解池，Fe为阳极，加速铁的腐蚀；若开关 K 置于C处，构成电解池，Fe为阴极，被保护，减缓铁的腐蚀，故答案为：C；‎ ‎②若 X 为锌，开关 K 置于A处，构成原电池，Zn为负极，Fe被保护，减缓铁的腐蚀，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法。‎ ‎【点睛】在解电解池这一类问题时，首先要明确溶液中存在的阴阳离子有哪些，其次根据放电顺序，确定两极产物。在溶液中阴离子流向阳极，阳离子流向阴极。‎ ‎19.氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)‎ ‎（1）该反应的还原剂是_____________，其还原产物：氧化产物之比为_____________。‎ ‎（2）该反应的平衡常数表达式为K=______________________。‎ ‎（3）若升高温度CO的浓度增大，则其焓变△H_____________0（填“＞”、“＜”或“=”）；若降低温度，其平衡常数值将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”）；已知CO生成速率为υ(CO)=9mol•L－1•min－1，则N2消耗速率为υ（N2）=_____________。‎ ‎（4）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率υ与时间t的关系如图，图中t6时改变的条件可能是_____________；图中表示平衡时N2转化率最高的一段时间是_____________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 1 ：6 (3). c6(CO)/c2(N2) (4). ＞ (5). 减小 (6). 3mol/（L•min） (7). 使用催化剂 (8). t3﹣t4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，氧化剂对应还原产物，还原剂对应氧化产物；‎ 化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意固体、纯液体浓度为常数，不用写固体、纯液体的浓度；‎ 升高温度CO的浓度增大，则正反应为吸热反应；对于吸热反应，降低温度平衡逆反应进行，化学平衡常数减小；根据速率之比等于化学计量数之比计算；‎ 结合图像和平衡移动方向进行分析；‎ ‎【详解】（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，故还原剂是C；氧化产物为CO，Si3N4是还原产物，所以还原产物：氧化产物物质的量之比为1 ：6；‎ ‎（2）平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，由于SiO2、C、Si3N4为固体，所以不列入平衡常数表达式，故K=c6(CO)/c2(N2)；‎ ‎（3）升高温度，平衡向吸热方向移动，CO的浓度增大，说明正反应吸热，△H>0；若降低温度，平衡向逆向移动，平衡常数值将减小；反应速率之比等于化学计量数之比，故υ(N2):υ(CO)=1:3，故υ（N2）=3mol/（L•min）；‎ ‎（4）t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂；若不改变N2、CO的量，由图可以知道，t2时改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时又达平衡，故t3﹣t4平衡状态N2的转化率最高。‎ ‎20.CuSO4溶液是一种较重要的铜盐试剂，在电镀、印染、颜料、农药等方面有广泛应用。某同学利用CuSO4溶液进行以下实验探究。‎ ‎（1）下图是根据反应Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4设计成的锌铜原电池。‎ ‎①该原电池的正极为_____________，其外电路中的电子是从_____________极(填“Zn”或“Cu”)流出。‎ ‎②电解质溶液乙是_____________ (填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液，Zn极的电极反应式是___________。‎ ‎③如果盐桥中的成分是K2SO4溶液，则盐桥中向左侧烧杯中移动的离子主要是_____________。‎ ‎（2）下图中，Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图。‎ ‎①该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，电解前CuSO4溶液的浓度为1mol/L，当线路中有0.1 mol电子通过时，则此时电解液CuSO4溶液的浓度为_____________，阴极增重_____________ g。‎ ‎②b处通入的是_____________ (填“CH4”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是_________。‎ ‎【答案】 (1). Cu (2). Zn (3). CuSO4 (4). Zn－2e－=== Zn2＋ (5). SO42－ (6). 1mol/L (7). 3.2 (8). O2 (9). CH4－8e－＋10OH－===CO32－＋7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电池的总反应，分析化合价，即可分析出电极材料、电解质溶液、正负极、电极反应式等；‎ ‎（2）铁上镀铜，则铜做阳极，铁做阴极，则a为负极，b为正极；‎ ‎【详解】（1）①电池总反应为Zn＋CuSO4=Cu＋ZnSO4，故负极为Zn，正极为Cu，电子由负极流出，流入正极，故外电路中的电子是从Zn流出；‎ ‎②电解质甲为硫酸锌溶液，电解质乙为硫酸铜溶液，负极为Zn，在锌电极表面发生Zn－2e－= Zn2＋的氧化反应；‎ ‎③盐桥中的SO42－向左侧烧杯移动，K+向右侧烧杯移动；‎ ‎（2）①实现铁上镀铜,Cu为阳极，发生反应Cu-2e-=Cu2+，Fe为阴极，发生反应Cu2++2e-=Cu，故溶液中Cu2+浓度保持不变，仍为1mol/L；当线路中有0.1 mol电子通过时，阴极有0.05molCu析出，阴极增重3.2g；‎ ‎②Cu为阳极，Fe为阴极，则b为正极,通入的气体O2，a为负极，通入甲烷,该电极上是甲烷失去电子,电极反应为 CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O；‎ ‎21.某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。‎ 实验药品：1.0moL/L盐酸、2.0mol/L盐酸、1.0mol/L硫酸、2.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为25.0mL，金属用量均为6.0g。‎ ‎（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。‎ 实验目的 实验编号 温度 金属铝形态 酸及浓度 ‎1．实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；‎ ‎2．实验②和③探究______‎ ‎①‎ ‎_________‎ 铝片 ‎_______________‎ ‎3．实验②和④探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响；‎ ‎4．①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异 ‎②‎ ‎30˚C 铝片 ‎1．0mol/L盐酸 ‎③‎ ‎40˚C 铝片 ‎1．0mol/L盐酸 ‎④‎ ‎ __________‎ 铝粉 ‎ _____________‎ ‎⑤‎ ‎30˚C 铝片 ‎1．0mol/L硫酸 ‎（2）该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速率明显比⑤快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)?________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 温度对该反应速率的影响 (2). 30˚C (3). 2.0mol/L盐酸 (4). 30˚C (5). 1.0mol/L盐酸 (6). Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）探究问题时，要注意控制变量，结合题目中探究的影响因素，即可分析出变量是什么；‎ ‎（2）对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，即可分析出答案；‎ ‎【详解】（1）根据实验目的可知：实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以①的温度为30℃，酸及浓度为：2.0moL/L盐酸；根据实验②和③的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验②和③探究的是反应温度对反应速率的影响；实验②和④探究金属规格(铝片，铝粉)对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以④中温度 30℃、酸及浓度为：1.0moL/L盐酸；‎ ‎(2)对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，①的反应速度明显比⑤快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。‎ ‎ ‎