【文档说明】福建2020届高三化学总复习专题训练——原电池的原理的应用、双液原电池.docx，共(25)页，380.639 KB，由小赞的店铺上传

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福建2020届高三化学总复习专题训练——原电池的原理的应用、双液原电池一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.下列叙述正确的是（）A.将一小块铜片放入盛有浓硫酸的试管中加热反应后的溶液呈蓝色B.将一小块钠放入盛有水的烧杯中,钠在水面上游动,同时看到烧杯内的溶液变为红色C.如图,

一段时间后给烧杯内的溶液中加入黄色的K3[Fe(CN)6]溶液,可看到Fe电极附近有蓝色沉淀生成D.向盛有少量Mg(OH)2沉淀悬浊液的试管中滴加氯化铵溶液,可看到沉淀溶解2.下列叙述正确的是（）A.图a中,插入海水中的

铁棒,越靠近底端腐蚀越严重B.Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图b所示,石墨电极上产生氢气,铜电极发生氧化反应C.如图c,盐桥的作用是传递电子以维持电荷平衡,Fe3+经过盐桥进入左侧烧杯中D.如图d铁上镀铜,铁应与外加电源负极相连

,一段时间后CuSO4溶液浓度减小3.下列有关说法不正确的是（）A.实验室制取氢气,为了加快反应速率,可向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液B.为处理锅炉水垢中的CaSO4,可先用饱和Na2CO3溶液浸泡,再加入盐酸溶解C.已知NaOH(

aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1则水电离的热化学方程式为：H2O(l)⇌H+(aq)+OH−(aq)△H=+57.3kJ⋅mol−1D.生铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反

应均为：Fe−2e−=Fe2+4.现有如下实验方案中，可以达到相应实验目的是（）ABCD方案目的验证不同催化剂对化学反应速率的影响分离乙醇和水将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更差已知：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓验证非金属性

：C＞SiA.AB.BC.CD.D5.生活中常见的金属防腐的方法很多．下列措施不能起到防腐作用的是（）A.健身器材刷油漆B.衣架和电线的外面包上一层塑料层C.地下钢铁管道连接镁块D.在轮船船身上装上一

定数量的铜块6.下列有关说法不正确的是（）A.镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比受损前更容易生锈B.手机上用的锂离子电池属于二次电池C.使用催化剂可改变工业合成NH3的反应限度D.生物质能本质上是太阳能7.如图是一种锌一溴液流电池，电解液为溴化锌水溶液。下列说法正确

的是（）A.充电时阳极的电极反应式：Zn−2e−=Zn2+B.充电时电极a连接电源的负极解质C.放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大D.放电时负极区Br−浓度增大8.少量铁粉与100mL0.01mol/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（）①滴入几滴浓盐酸②加NaCl溶液③滴入几滴硫酸铜溶液④升高温度（不考虑盐酸挥发）⑤改用18.4mol/L的硫酸溶液．A.①③④B.②④C.①④D.①④⑤9.下列有关说法正确的是（）A.用托盘天平准确称取

0.4000gNaCl固体可配成100mL0.1000mol⋅L−1的NaCl标准溶液B.有盐桥的原电池和无盐桥的原电池原理相同,因此没必要使用盐桥C.8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)△H>0,因此该反应不能自发进行D.电解精

炼铜时,阳极泥可用于提取贵重金属10.把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c．b、c相连时，c上有大量气泡．b、d相连时，d上

有大量气泡产生，则这四种金属的活动顺序由强到弱为()A.a>b>c>dB.a>c>b>dC.c>a>b>dD.b>d>c>a11.从下列事实所引出的相应结论，正确的是（）选项实验事实结论A等体积pH同为3的酸HA和酸HB与足量Zn反应，酸HA放出氢气多酸性：

HA＞HBBNa2SO4溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH非金属性：S＞CC电解同浓度的A2+和B2+硝酸盐的混合溶液，A先析出金属性：A＞BD由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡金属性：M＞NA.AB.BC.CD.D12.一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工

作原理如右图所示．以下说法不正确的是（）A.中间室Cl−移向左室B.X气体为CO2C.处理后的含硝酸根废水pH降低D.电路中每通过1mol电子,产生标准状况下氮气的体积为2.24L13.有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液，B不易腐蚀。将A、D在稀

盐酸中构成原电池，电流由A通过导线流向D。将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（）A.DCABB.DABCC.DBACD.BADC14.化学与科学、技术、社会、

环境密切相关。下列说法错误的是（）A.锅炉水垢中含有的CaSO4,可先用Na2CO3溶液处理,后用盐酸除去B.废旧钢材焊接前,可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点处C.使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀D.为防止海鲜腐烂,可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液

中15.将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是()A.Cu电极上发生氧化反应B.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C.片刻后甲池中c(SO42−)增大D.片刻后可观察到滤纸a点变红色16.下列说法正确的是（）A.铅蓄电池工作时,电解质溶液

H2SO4的浓度不变B.加水稀释0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液时,CH3COOH的电离程度增大,pH减小C.在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小D.标准状况下,2.24LCCl4

含有的共价键数为0.4×6.02×1023个17.对于100mL1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是：①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③改用300mL1mol/L盐酸；④用等量锌粉代替锌粒；⑤滴入少量Cu

SO4溶液（）A.①③④⑤B.①②④⑤C.①②③④D.②③④18.下列关于电化学的叙述正确的是（）A.图①两极均有气泡产生,滴加酚酞溶液时石墨一极变红B.图②装置可以验证牺牲阳极的阴极保护法C.图③可以模拟钢铁的吸氧腐蚀,铁棒一极的电极反应式：Fe=

Fe2++2e−D.分别给上述4个装置的铁电极附近滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液,②④出现蓝色沉淀19.为探究足量锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是()A.加入NH4HSO4固体,v(H2)不变

,生成H2量不变B.加入少量水,v(H2)减小,生成H2量减少C.加入CH3COONa固体,v(H2)减小,生成H2量不变D.滴加少量CuSO4溶液,v(H2)增大,生成H2量减少20.对于100mL1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应

速率加快的是()①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③多用300mL1mol/L盐酸；④用等量锌粉代替锌粒；⑤滴入少量CuSO4溶液A.①③④⑤B.①②④⑤C.①②③④D.①②④二、简答题（本大题共5小题，60）21.为了缓解温空效应，科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。（1）

方案1：利用FeO吸收CO2获得H2ⅰ.6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H1=-76.0kJ/molⅱ．C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+113.4kJ/mol则3FeO（g）+H2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）△H3

=______。方案2：利用CO2制备CH4300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2发生反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图1所示。（2）①从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应

速率v（H2）=______。②300℃时，反应的平衡常数K=______。③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度______（填序号）。A．等于0.8mo/LB．等于1.6mo/LC.0.8mol/L＜c（CH4

）＜1.6mol/LD．大于1.6mol/L（3）300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O（g）。则v正______v逆（填“＞”“＜”或“=“）。（4）已知：200

℃时，该反应的平衡常数K=64.8L2•mol-2．则△H4______0（填“＞”“＜”或“=”）。方案3：利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池以钠箔和多壁碳纳米管（MWC

NT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2⇌充电放电2Na2CO3+C．放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图2所示：（假设开始时两极的质量相等）（5）①放电时，正极的电极反应式为______。②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电

极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为______g。（6）室温下，物质的量浓度均为0．lmol/L的几种含碳盐溶液的pH如下表：序号①②③溶液NaHCO3NaXNa2CO3pH8.49.711.6写出溶

液②中通入少量CO2的离子方程式：______等体积的①和③形成的混合溶液中离子浓度由大到小排列为：______22.硫酸是工业生产中最为重要的产品之一，在化学工业的很多领域都要用到浓硫酸．（1）在硫酸工业生产中，我国采用黄铁矿为原料生产SO2，反应的化学

方程式为：______，该反应在______（填设备名称）中进行．（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，正确的是______．A、工业上SO2的催化氧化中SO2和O2的体积比恰好为2：1B、吸收塔得到的是98.3%的浓硫酸C、煅烧含硫48%的黄铁矿时，若黄铁矿损失了2%，则S损失2%D、接触室

中采取高温是为了提高催化剂的活性和提高SO2的转化率（3）科研工作者开发了制备SO2，再用电化学原理生产硫酸的方法，装置如图：为了稳定技术生产，硫酸的浓度应维持不变，则通入的SO2和水的质量比为______．（4）实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温

度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是______．1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压400℃0.99610.99720.99840.9988500℃0.96750.97670.98520.9894

600℃0.85200.88970.92760.9468（5）硫酸工厂排放的尾气中，含少量二氧化硫．为防止污染大气，在排放前必须进行尾气处理并设法进行综合利用．硫酸工厂排放尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理．①请写出

这种尾气处理方法的优点（写出两点即可）：______、______．②若某硫酸厂每天排放的1万立方米（标准状况）尾气中含0.2%（体积分数）的SO2，通过上述方法处理，理论上用生石灰35kg，吸收的SO2最多

占SO2总物质的量的______%．23.有7种短周期元素的原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，A和C元素的原子能形成4核10电子的微粒；D和E可形成离子化合物E2D，

E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应；G和D同主族。试回答下列问题：（1）C元素的原子结构示意图______。（2）A和D可形成化合物的

化学式为______。（3）B元素在周期表中的位置为______；过量的B元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为______。（4）D、E、F、G的离子半径由大到小顺序为（用离子符号表示）______。（5）F的单质与E元素的最高价氧化物对应的水

化物反应的离子方程式为______，若将该反应设计成原电池，原电池的负极材料为______。（6）上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质中含有的化学键类型为______，能够用于漂白的固体物质中阴、阳离子个数比为______

。（7）写出D元素原子形成的10电子微粒X与G元素原子形成的18电子微粒Y反应的离子方程式：______24.某同学以反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2为原理，研究浓度对氧化还原性和平衡移动的影响．实验如图1：（1）

待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到______．（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中______造成的影响．（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．

用化学平衡移动原理解释原因：______．（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用图2装置（a、b均为石墨电极

）进行实验验证．①K闭合时，指针向右偏转，b作______极．②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01mol•L-1AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是______．（5）按照（4）的原理，该同学用右图装置进行实验，证实了ii中F

e2+向Fe3+转化的原因①转化原因是______．②该实验与（4）实验对比，不同的操作是______．（6）实验I中，还原性：I-＞Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+＞I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论

是______．25.（1）已知拆开1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ，299kJ。则由H2（g）和I2（g）反应生成1molHI（g）需要______（填“放出“或“吸收“）kJ的热量；H2（g）、

I2（g）和HI（g）三种，分子中最稳定的是______；（2）“高分一号”卫星使用了大功率运载火箭，火箭推进器中装有还原剂肼（N2H4）和强氧化剂过氧化氢（H2O2），其反应为N2H4（l）+2H2O2（l）

=N2（g）+4H2O（g），该反应生成1molH2O（g）释放出160.4KJ热量。①H2O2的电子式为______②反应后，O-H键增加了16mol，则反应释放出的热量为______kJ。（3）A、B、C、D四种金属按表中装置进行实验。装置甲乙丙现象A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根

据实验现象回答下列问题：①装置甲中负极的电极反应式为______；③置乙中正极的电极反应式为______；④置丙中溶液的pH______（填“变大“变小“或“不变“）。④四种金属活动性由强到弱的顺序是______。福建2020届高三化学总复习专题训练——原电池

的原理的应用、双液原电池答案和解析1.【答案】D【解析】解：A．Cu与浓H2SO4加热反应后溶液不呈蓝色（以固体形式存在），故A错误；B．Na和水反应生成NaOH加入酚酞，溶液变红，如不加酚酞，则溶液无色，故B错误；C．形成

原电池，Zn作负极，所以在Fe电极附近加入K3[Fe（CN）6]不会有蓝色沉淀生成，故C错误；D．由于Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq），OH-+NH4+⇌NH3•H2O，平衡右移，沉淀溶解，故D正确．故选D．

A．铜和浓硫酸在加热条件下反应后生成物以固体形成存在；B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；C．锌为负极，铁为正极；D．氯化铵促进氢氧化镁的电离．本题主要考查较为综合，涉及元素化合物以及原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析

能力，易错点为A和D，掌握氯化铵溶液呈酸性，Mg（OH）2的悬浊液中加入NH4Cl溶液实质为NH4+结合OH-是解答本题的关键，题目难度不大．2.【答案】B【解析】解：A．越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故A错误；B．石墨电极为阴极，氢离子放电生成氢气，Cu为阳极，阳极上失电子

发生氧化反应，故B正确；C．含有盐桥的原电池中，根据电子流向知，X是负极、Y是正极，盐桥中阳离子铁离子向正极右侧烧杯移动，故C错误；D．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，阳极与电源正极相连、阴极与电源负极相连，阳极上Cu溶解、阴极上析出Cu，且溶解的Cu和析出

的Cu质量相等，则电解质溶液浓度不变，故D错误；故选：B。A．当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；B．石墨电极为阴极，氢离子放电生成氢气，Cu为阳极，阳极上失电子；C．含有盐桥的原电池中，根据电子流向知，X是负极、Y是正极，盐桥中阳离子向

正极移动；D．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，阳极与电源正极相连、阴极与电源负极相连，阳极上Cu溶解、阴极上析出Cu。本题考查化学实验评价，涉及原电池、电解池和电镀，明确各个电极上发生的反应及离子放电顺

序是解本题关键，注意：电解精炼粗铜时电解质溶液浓度变小、电镀时电解质溶液浓度不变，题目难度不大。3.【答案】A【解析】解：A、向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，这样制不出氢气，可以获得一氧化氮，故A错误；B、用Na

2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，再加入盐酸溶解即可，故B正确；C、已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1则其逆过程的热化学方程式为：H2O（l

）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H=+57.3kJ•mol-1，故C正确；D、生铁不管是发生吸氧腐蚀，还是析氢腐蚀，负极上都是金属失电子的氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，故D正确。故选：A。A、向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，相当于溶液中存在硝酸溶液；B

、沉淀向着更难溶的物质进行转化；C、互为逆过程的两个反应的焓变数值相等，符号相反；D、金属的腐蚀实质是金属失电子的氧化反应．本题涉及影响化学反应速率的因素、沉淀的转化、热化学方程式的含义以及金属腐蚀的原理知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．4.【答案】C【解析】解：A．溶液体积不同，催

化剂不同，两个变量不能验证不同催化剂对化学反应速率的影响，故A错误；B．乙醇与水互溶，不能分液分离，故B错误；C．构成原电池时，Zn为负极，若改为Cu，则钢闸门作负极，加快钢闸门腐蚀，则将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更差，故C正确；D．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较碳酸、硅酸的酸

性，故D错误；故选：C。A．溶液体积不同，催化剂不同；B．乙醇与水互溶；C．构成原电池时，Zn为负极，若改为Cu，则钢闸门作负极；D．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、混合物分离提纯、电化学腐蚀、实验技能为解答的关

键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。5.【答案】D【解析】【分析】本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，注意从能否形成原电池的角度去思考金属能否发生电化学腐蚀。金属的防护措

施有牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法，另外还有电镀、喷镀、喷油漆等方法使金属与空气、水等物质隔离，以防止金属腐蚀。【解答】A.健身器材刷油漆为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故A错

误；B.衣架和电线的外面包上一层塑料层为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故B错误；C.地下钢铁管道连接镁块，金属镁比铁活泼，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以能起到防腐作用，故C错误；D.在轮船船身上装上一定数量的铜块，铁比铜活泼，加快了铁的腐蚀，所以不能起到防腐作用，故D

正确。故选D。6.【答案】C【解析】解：A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极、Cu作正极，所以Fe加速被腐蚀，故A正确；B．锂离子电池能多次充放电，属于二次电池，故B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，所以只能改变反应时间，不能改变反应限度

，故C错误；D．生物质能是太阳能转化而来的，所以生物质能本质上是太阳能，故D正确；故选：C。A．作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护；B．能多次充放电的电池为二次电池；C．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动；D．生物质能来源于太阳能．本题考查基本概

念、基本理论，侧重学生对基础知识的掌握，注意催化剂特点，易错选项是C．7.【答案】C【解析】解：A、该电池放电时：负极Zn-2e-=Zn2+，Br2+2e-=2Br-，充电时：阳极2Br-2e-=Br2，阴极Zn2++2e-=Zn，故A错误；B、充电时电极a为阳

极，连接电源的正极，故B错误；C、放电时Zn2+不断地通过阳离子交换膜进入左侧离子总浓度增大，故C正确；D、放电时，Br不能通过阳离子交换膜进人负极区，故D错误。故选：C。放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2

+，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，充电时，阳极反应式为2Br--2e-=Br2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，放电时，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，

会正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，为易错点。8.【答案】C【解析】解：①滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，且生成氢气量不变，故正确；②加NaCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故错误；③

滴入几滴硫酸铜溶液，Fe和铜离子发生置换反应生成Cu，Fe、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，但生成氢气总量减小，故错误；④升高温度（不考虑盐酸挥发），增大活化分子百分数，化学反应速率增大，且不影响生成氢气总量，故正确；⑤改用18.4mol/L的硫酸溶液，浓硫酸和Fe发生钝化现象

，导致生成氢气总量减小，故错误；故选C．可以通过增大盐酸浓度、升高温度等方法来改变，但改变条件时不能加入和稀盐酸反应生成氢气的物质，据此分析解答．本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，浓度、温度、催化剂、反应物接触面积、压强都是影

响化学反应速率因素，注意这些外界条件的适用范围，注意：浓硫酸和Fe、Al易发生钝化现象，题目难度不大．9.【答案】D【解析】解：A．托盘天平不能称取0.4000g的NaCl，故A错误；B．有盐桥使两个半电池构成闭合回路，能使原电池产生较持续稳定的电流，能提高

电池的使用效率，保持电中性，使溶液温度不变，没有盐桥的原电池比有盐桥的原电池效率较低，温度会变，产生的电流较不稳定，故B错误；C.8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12H2O（g）△H＞0，气体体积增大△S＞0，高温下可以满足△H-T△S＜0，因此该反应可能自发进行，故C错

误；D．电解精炼粗铜时，阳极上Zn、Ag失电子生成金属阳离子，Au不易失电子，以固体单质进入溶液形成阳极泥，故D正确；故选D．A．托盘天平称量到0.1g；B．没有盐桥的原电池比有盐桥的原电池：效率较低．温度会变．产生的电流较不稳

定．如锌铜原电池（没有盐桥的）做例子：正极：铜负极：锌电解质：硫酸铜负极锌棒失去电子形成锌离子，逐渐溶解．在正极铜棒上会有红色物质（铜）析出．但是由于处在同一电解质中，所以有少部分锌会直接与电解质硫酸铜反应，生成的铜单质会附在锌棒表面，这样就会使利用效率降低，而且使产生的电流不稳定；

C．反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；D．电解精炼铜时，阳极泥中可以回收不如铜活泼的金属．本题考查了托盘天平使用方法、原电池原理的理解应用、反应自发进行的判断依据、电解精炼原理等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．10.【

答案】A【解析】试题分析：ab相连时a为负极，活泼金属失去电子被氧化作负极，故a比b金属性强；cd相连时，电流由d流向c，说明电子是由c流向d，c失去电子被氧化作负极，c比d金属性强；bc相连时，c上有气

泡冒出，说明c做正极，故b比c金属性强，综上所述，金属性强弱顺序为a>b>c>d，故选A考点：原电池、金属活泼性点评：理解原电池反应原理，再根据所给条件判断金属活泼性，属于中档题。11.【答案】B【解析】解：A．等体积pH同为3的酸，酸越弱，酸的浓度越大，与足量的锌反应生成

的氢气越多，酸HA放出氢气多，所以HA的酸性弱，故A错误；B．最高价含氧酸盐的碱性越强，则对应的酸酸性越弱，所以碳酸酸性弱，根据最高价含氧酸的酸性越强非金属性越强，可知非金属性：S＞C，故B正确；C．金属性越弱对应阳离子的氧化性越强，越易得电子，A先析出，则A的离子的氧化性强，所以金属性：

A＜B，故C错误；D．原电池中金属性弱的作正极，M上产生大量气泡，则M为正极，所以金属性：M＜N，故D错误；故选：B。A．等体积pH同为3的酸，酸越弱，酸的浓度越大；B．最高价含氧酸盐的碱性越强，则对应的酸酸性越弱；C．金属性越弱对应阳离子的氧化性越强，越易得

电子；D．原电池中金属性弱的作正极．本题考查了金属性、非金属性强弱的判断，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．12.【答案】C【解析】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+

12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成X，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，A．放电时，电解质溶液中阴离子Cl-移向负极室左室，故A正确；B．有机物在厌氧菌作用下生成

二氧化碳，所以X气体为CO2，故B正确；C．正极电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故C错误；D．根据2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O知，电路中每通过1mol电子

，产生标准状况下氮气的体积=1mol10×22.4L/mol=2.24L，故D正确；故选C．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化

反应生成X，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，据此分析解答．本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握．13.【答案】B【解析】解：将A与B

用导线连接起来，浸入电解质溶液，B不易腐蚀，该原电池中A易被腐蚀、B不易被腐蚀，较活泼的金属易被腐蚀，所以金属活动性A＞B；将A、D在稀盐酸中构成原电池，在原电池中电流从正极流向负极，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，

电流由A通过导线流向D，则A是正极、D是负极，金属活泼性D＞A；将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，较活泼金属能置换出较不活泼金属，金属活动性B＞Cu＞C；通过以上分析知，金属活泼性强弱顺序是D＞A＞B＞C，故

选B。较活泼金属能从较不活泼金属盐溶液中置换出较不活泼金属，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，据此分析解答。本题考查金属活泼性强弱判断，明确原电池中正负极与金

属活泼性强弱关系、金属之间的置换反应与金属活泼性的关系即可解答，题目难度不大。14.【答案】D【解析】解：A．硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，处理锅炉水垢中的CaSO4时，加入饱和Na2CO3溶液，硫酸钙转化为难溶的碳酸钙沉淀，碳酸钙和盐酸反应，水垢溶解，故A正确；B．饱和Na2CO3溶液显碱性

能去油污，NH4Cl溶液显酸性能除锈，所以废旧钢材焊接前，分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点，除去油污和铁锈，故B正确；C．氯化钠是电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，加快了桥梁的腐蚀，故C正确；D．硫酸铜可使蛋白质发生变性，易使人中毒，不能将海鲜产品浸泡在

硫酸铜溶液中，故D错误；故选：D。A．CaSO4难溶于酸，转化为CaCO3，可以用酸除去；B．饱和Na2CO3溶液显碱性能去油污，NH4Cl溶液显酸性能除锈；C．形成原电池加快了桥梁的腐蚀速率；D．铜离子为重金属离子，易使人中毒。本题考查较为综合，涉及盐的水解

、金属腐蚀、难溶物转化等知识，明确常见元素化合物性质为解答关键，注意掌握盐的水解原理及难溶物转化实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。15.【答案】D【解析】【分析】本题考查了原电池和电解池原理，注意电子不进入电解质溶液中，电解质溶液是通过离子的定向移动形成电流，为易

错点。【解答】A.K闭合时，甲乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲乙构成原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极，铜电极上得电子发生还原反应，故A错误；B.电子不进入电解质溶液中，故B错误；C.片刻后，甲池中锌失电子生成锌离子进入溶液，为保持溶液

呈电中性，则盐桥中氯离子向甲池移动，但硫酸根离子不发生反应，则硫酸根离子浓度不变，故C错误；D.电解池阴极a上氢离子放电，同时生成氢氧化钠，酚酞遇碱变红色，所以滤纸a点变红色，故D正确。故选D。16.【答案】C【解析】解：A．由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb=2

PbSO4+2H2O可知，硫酸被消耗，电解质H2SO4的浓度减小，故A错误；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，但溶液体积增大，则溶液中c（H+）减小，pH增大，故B错误；C．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，则说明CuS的溶解度比ZnS的小，故C正确；

D．标准状况下，CCl4为液态，无法计算2.24LCCl4含有的共价键数，故D错误；故选：C。A．由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O判断；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，但溶液体积增大，c（H+）

减小；C．相同条件下，溶解度越小越难溶；D．标准状况下，CCl4为液态，无法计算．本题考查较为综合，涉及电化学、弱电解质的电离、沉淀溶解平衡等知识，题目难度不大，试题培养了学生的灵活应用能力．17.【答案】B【解

析】解：①升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故正确；②改用100mL3mol/L盐酸，浓度增大，反应速率增大，故正确；③改用300mL1mol/L盐酸，因浓度不变，则反应速率不变，故错误；④用等量锌粉代替锌粒，固体表

面积增大，反应速率增大，故正确；⑤滴入少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故正确．故选B．增大反应速率，可增大固体表面积、升高温度，增大浓度，加入催化剂或形成原电池反应等，以此解答该题．本题考查化学反应速率的影响，

为高频考点，侧重于基本理论知识的理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．18.【答案】C【解析】解：A.阴极上水放电生成氢气同时产生氢氧根离子，Fe为阴极，所以滴加酚酞溶液时Fe电极一侧变红，故A错误；B.锌做负极，铁做正极，发生的是

锌的吸氧腐蚀，是验证牺牲阳极的阴极保护法的实验装置是原电池，而这是电解池，故B错误；C.③为吸氧腐蚀，碳棒为正极发生还原反应，所以碳棒一极的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，铁棒一极的电极反应

式：Fe=Fe2++2e-，故C正确；D.②④均无Fe2+产生，所以滴加少量K3[Fe（CN）6]溶液，不会出现蓝色沉淀，故D错误；故选C。本题考查较为综合，涉及原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电

池和电解池的工作原理，难度不大。19.【答案】C【解析】试题分析：加入NH4HSO4固体，增大了溶液中H+的浓度，物质的量变大，则反应速率加快，生成H2量增大，故A错误；加入少量水，硫酸浓度变小，物质的量不变，则v(H2)减小，

生成H2量不变，故B错误；加入CH3COONa固体，醋酸钠与稀硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，但总物质的量不变，则v(H2)减小，生成H2量不变，故C正确；滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，从而构成Cu－Zn原电池，反应速率加快，因

Zn足量，生成H2量不变，则v(H2)增大，生成H2量不变，故D错误，答案选C。考点：考查外界条件对反应速率对影响点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生对影响反应速率因素的连接掌握情况，有利于培养学生的逻辑推理能力和实验探究能力。明确

氢离子的浓度及其物质的量的变化是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点和易错点。20.【答案】B【解析】试题分析：增大盐酸与锌粒的反应速率，可通过外界条件对化学反应速率的影响来考虑，可增大氢离子浓度、升高温度，增大

固体的表面积或通过原电池反应等因素来实现。①温度升高，反应速率增大，故①正确；②改用100mL3mol•L-1盐酸，反应物的浓度增大，反应速率增大，故②正确；③多用300mL1mol/L盐酸，反应物的量增多，但浓度不变，反应速率不变，故③错误；④用

等量锌粉代替锌粒，固体的表面积增大，反应速率增大，因此选项④正确；⑤滴入少量CuSO4溶液，锌可以置换出铜，从而构成铜锌原电池，加快反应速率，⑤正确，答案选B。考点：考查外界条件对化学反应速率的影响点

评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，针对性强。平时学习中注意相关基础知识的积累和总结即可，有助于调动学生的学习兴趣和学习积极性。21.【答案】+18.7kJ/mol0.32mol•L-1•min-

125D＞＜3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C15.8X-+CO2+H2O=HCO3-+HXc（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【解析】解：（1）ⅰ.6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H1=-76.0kJ/mol

ⅱ．C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+113.4kJ/mol将方程式①+②2得3FeO（g）+H2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）△H3=12×（-76.0+113.4）kJ

/mol=+18.7kJ/mol，故答案为：+18.7kJ/mol；（2）①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v（CH4）=0.80mol/L10min=0.08mol/（L．min），相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其计量数，则

氢气反应速率=4v（CH4）=4×0.08mol/（L．min）=0.32mol•L-1•min-1，故答案为：0.32mol•L-1•min-1；②可逆反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）开始（mol/L）1400反应（

mol/L）0.803.200.801.60平衡（mol/L）0.200.800.801.60300℃时，反应的平衡常数K=c(CH4)⋅c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)=0.80×1.6020.20×0.804=25，故答案为：25；③保持温度不变，向平

衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，导致甲烷浓度大于原来2倍，即甲烷浓度大于1.6mol/L，故选D；（3）300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.

6molCH4、4.0molH2O（g），此时c（CO2）=0.8mol/L、c（H2）=1.0mol/L、c（CH4）=2.8mol/L、c（H2O）=2.0mol/L，浓度商=c(CH4)⋅c2(H2O)c(

CO2)×c4(H2)=2.8×220.8×1.04=14＜25，平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；（4）200℃时，该反应的平衡常数K=64.8L2•mol-2，300℃时该反应化学平衡常数K为25L2•mol-2，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度该反应平衡常数减

小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，反应热小于0，故答案为：＜；（5）①根据电池反应式知，放电时，Na作负极、碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应式为3CO2+4

Na++4e-=2Na2CO3+C，故答案为：3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，负极上钠失电子生成钠离子进入电解质，负极反应式为Na-e-=N

a+，当转移0.2mole-时，负极质量减少量=0.2mol1×23g/mol=4.6g，正极增加的质量为碳酸钠和C的质量，正极增加质量=0.2mol4×2×106g/mol+0.2mol4×1×12g/mol

=10.6g+0.6g=11.2g，则正负极质量差=11.2g+4.6g=15.8g，故答案为：15.8；（6）相同浓度弱酸的钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大该溶液的pH越大，相对应的酸的酸性越弱，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据溶液pH知，水解程度CO32-＞X-＞HCO3-，则酸性HCO

3-＜HX＜H2CO3，溶液②中通入少量CO2，碳酸和X-反应生成HX和HCO3-，离子方程式为X-+CO2+H2O=HCO3-+HX；水解程度CO32-＞HCO3-，二者水解都生成OH-导致溶液呈碱性，但是其水解程度都较小，等体积

的①和③形成的混合溶液中离子浓度由大到小排列为c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：X-+CO2+H2O=HCO3-+HX；c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）

＞c（H+）。（1）ⅰ.6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H1=-76.0kJ/molⅱ．C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+113.4kJ/mol将方程式①+②2得3FeO（g）+H2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）△H3进行相应的改

变；（2）①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v（CH4）=0.80mol/L10min=0.08mol/（L．min），相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其计量数，据此计算氢气反应速率；②可逆反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH

4（g）+2H2O（g）开始（mol/L）1400反应（mol/L）0.803.200.801.60平衡（mol/L）0.200.800.801.60300℃时，反应的平衡常数K=c(CH4)⋅c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)；③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2m

olCO2和8molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，导致甲烷浓度大于原来2倍；（3）300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O（g），此时c（CO2）=0.8mol/L、c（H

2）=1.0mol/L、c（CH4）=2.8mol/L、c（H2O）=2.0mol/L，浓度商=c(CH4)⋅c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)=2.8×220.8×1.04=14＜25，根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断平衡移动方向，从而确定正逆反应速率相对大小；（4）200℃时，该

反应的平衡常数K=64.8L2•mol-2，300℃时该反应化学平衡常数K为25L2•mol-2，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度该反应平衡常数减小，说明平衡逆向移动；（5）①根据电池反应式知，放电时，Na作负极、碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C；②若生成的Na2

CO3和C全部沉积在电极表面，负极上钠失电子生成钠离子进入电解质，负极反应式为Na-e-=Na+，当转移0.2mole-时，负极质量减少量=0.2mol1×23g/mol=4.6g，正极增加的质量为碳酸钠和C的质量，正极

增加质量=0.2mol4×2×106g/mol+0.2mol4×1×12g/mol=10.6g+0.6g=11.2g；（6）①相同浓度弱酸的钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大该溶液的pH越大，相对应的酸的酸性越弱，强酸能和弱

酸盐反应生成弱酸，根据溶液pH知，水解程度CO32-＞X-＞HCO3-，则酸性HCO3-＜HX＜H2CO3，溶液②中通入少量CO2，碳酸和X-反应生成HX和HCO3-；水解程度CO32-＞HCO3-，二者水解都生成OH-导致溶液呈碱性，但是其水解程度都较小。本题考查化学平

衡计算、原电池原理、盐类水解等知识点，综合性较强，把握化学平衡计算方法、原电池中各个电极上发生的反应、盐类水解特点是解本题关键，注意（5）中两个电极质量差计算时：计算出的两个质量应该相加而不是相减，为易错点。22.【答案】4FeS2+11O2高温̲̲̲̲̲̲⬚2Fe2O3+8SO2

；沸腾炉；C；16﹕29；4000C1个大气压；原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；70【解析】（1）工业制硫酸是利用黄铁矿在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫，然后在接触室催化氧化二氧化硫得三氧化硫，最后吸收塔用98%的浓硫酸吸收SO3，其中黄铁矿燃烧反应方程式

为4FeS2+11O2高温̲̲̲̲̲̲⬚2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O2高温̲̲̲̲̲̲⬚2Fe2O3+8SO2；沸腾炉；（2）A、工业上SO2的催化氧化中通过增加O2也就是空气的体积来提高SO2的转化率；故

A错误；B、吸收塔是利用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到的是发烟硫酸；故B错误；C、煅烧黄铁矿的过程是化学变化，遵守原子守恒，黄铁矿和S的利用率相等，若黄铁矿损失了2%，则S损失2%；故C正确；D、接触室中采取高温是为了提高催化剂的活性，没

有提高SO2的转化率，原因此反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，SO2的转化率反而会降低；故D错误；故答案为：C；（3）利用原电池氧化SO2制硫酸的总反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，根据稀硫酸溶液的质量分数是50%，假设溶液里硫酸的质量为98g，溶液里水的质量也为98g，生成的硫酸

的物质的量为98g98g/mol=1mol，结合原电池反应式可知参加反应的SO2和H2O的物质的量也为1mol，则SO2的质量为1mol×64g/mol=64g，水的质量为1mol×18g/mol=18g，通

入通入SO2的质量和水的质量比为98g18g+98g=16﹕29，故答案为：16﹕29；（4）从图中可看出恒压条件下升高温度，SO2的转化率降低，因此选择低温400℃，在恒温条件下增大压强，SO2的转化率增大幅度较小，考虑到产生高压会消耗

能源及对设备的要求较高，因此选择较低压强为宜，故答案为：1个大气压、400℃；（5）①通常用足量石灰水吸收尾气中的SO2生成CaSO3，然后再用稀硫酸处理CaSO3得到纯净的SO2和CaSO4，SO2可重新用来制硫酸，CaSO

4制石膏，达到变废为宝的目的，另一方面制石灰水的生石灰成本也低，资源也丰富，故答案为：原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；产生的SO2含量较高可再利用作为原料；②排放的总尾气是1万立

方米（标准状况）也就是107L，其中含0.2%（体积分数）SO2的体积为107L×0.2%=0.2×105L，35kg生石灰的物质的量为35000g56g/mol=625mol，依据反应CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+SO2=CaSO3+H2O可知吸收的SO2的物质的量也为6

25mol，吸收的SO2最多占SO2总物质的量的百分数（或体积分数）为625mol×22.4L/mol20000L×100%=70%，故答案为：70%．（1）工业制硫酸是在沸腾炉中燃烧黄铁矿；（2）接触法制硫酸的过程中，接触室内为提高SO2的转化率通常会增加氧气的量，吸收塔内是

用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到发烟硫酸，结合原子利用率可知黄铁矿的损失与S的损失率等同，SO2的催化氧化是放热反应，升高温度可以提高反应速率，但平衡左移，反应物的转化率降低；（3）利用原电池原理制硫酸溶液，通O2的极为正极，电极反应为O2+4e-+4H+

=2H2O，通SO2的极为了负极，电极反应为2SO2-4e-+4H2O=2SO42-+8H+，结合正负极得失电子是相等的，即得原电池反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，根据稀硫酸溶液的质量分数是50%，假设溶液里硫酸的质量为98g，据此可计算出通入SO2的质量和水的质量比；（4）接触

室发生的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌△2SO3（g）△H＜0，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率降低，从图表中可以看出，恒温时增大压强平衡正向移动，但反应物的转化率变化幅度不大，但压强的增大消耗能源及对设备的要求也高，故不易高

压，综合考虑可选择适宜温度和压强；（5）①尾气中的二氧化硫是酸雨的主要来源和重要的化工原料，随意排放既污染大气，也是一种资源浪费，故对尾气要净化回收，选择处理方法时可以从原料的成本和资源等方面考虑；②知道尾气的总量及SO2的含量可计算出尾气中SO2的总量，根据消耗的生石灰的质量

可计算出吸收SO2的量，然后可求算出SO2的吸收率．考查硫酸的工业制法，涉及化学平衡的移动，原电池原理，原子守恒在化学计算中的应用，尾气的处理原则，反应条件的选择等，对学生基础要求较高，中等难度．23.【答案】H2O、H2O2第二周期ⅣA族CO2+OH-=HCO3-S2-、O2-、Na+、Al3+

Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑Al共价键1：2HS-+OH-=S2-+H2O或H2S+2OH-=S2-+2H2O【解析】解：（1）C为N元素，原子结构示意图：，故答案为：；（2）A为H元素

、D为O元素，二者可形成化合物的化学式为：H2O、H2O2，故答案为：H2O、H2O2；（3）B为碳元素，元素在周期表中的位置为：第二周期ⅣA族；B元素的最高价氧化物为CO2，过量的与CO2氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，故答案为：第

二周期ⅣA族；CO2+OH-=HCO3-；（4）D、E、F、G形成离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小顺序为：S2-、O2-、Na+、Al3+，故答案为：S2-、O2-、Na+、Al3+；（5

）F为Al，E元素的最高价氧化物对应的水化物NaOH，二者反应的离子方程式为：Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑，若将该反应设计成原电池，Al发生氧化反应，则原电池的负极材料为Al，故答案为：Al+2OH-+6H2O=2[Al（O

H）4]-+3H2↑；Al；（6）上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质有二氧化硫等，含有的化学键类型为：共价键，能够用于漂白的固体物质为过氧化钠，含有的阴、阳离子个数比为1：2，故答案为：共价

键；1：2；（7）D元素原子形成的10电子微粒X与G元素原子形成的18电子微粒Y反应，可以是OH-与HS-、或者OH-与H2S，反应的离子方程式：HS-+OH-=S2-+H2O或H2S+2OH-=S2-+2H2O，故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O或H2S+2OH-=S2-+

2H2O。有7种短周期元素的原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序依次增大；B元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，则B为碳元素；A和C元素的原子能形成4核10电子的微粒，结合原子序数可知A为氢元素、C为氮元素；D和E可形成离子

化合物E2D，E2D中所有微粒的电子数相同，且电子总数为30，故E+、D2-离子核外电子数均为10，则D为氧元素、E为Na；E、F、G的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，是氢氧化铝与强碱、强酸之间的反应，则F为Al；G和D同主族，则G为硫元素。（1）N元素原子核外有7个电子，有2

个电子层，各层电子数分别为2、5；（2）A为H元素、D为O元素，二者可形成水与过氧化氢；（3）B元素的最高价氧化物为CO2，过量的与CO2氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠；（4），电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大；（

5）F为Al，E元素的最高价氧化物对应的水化物NaOH，二者反应生成NA[Al（OH）4]与H2；原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应；（6）上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质有二氧化硫等，能够用于漂白的固体物质为过氧化钠；

（7）D元素原子形成的10电子微粒X与G元素原子形成的18电子微粒Y反应，可以是OH-与HS-、或者OH-与H2S。本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，题目中涉及的问题相对比较简单，理解影响微粒半径大小的因素，注意识记常见10电子、18电子微粒。2

4.【答案】化学平衡状态；溶液稀释对颜色变化的影响；加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或c（Fe2+）增大，平衡均逆向移动；正；左管产生黄色沉淀，指针向左偏转；Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；向U型管

右管中滴加1mol•L-1FeSO4溶液；该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向【解析】解：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应

达到化学平衡状态，故答案为：化学平衡状态；（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释对颜色变化的影响；（3）i．加入AgNO3，A

g+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动，ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移，故答案为：加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或c（Fe2+）增大，平衡均逆向移动；

（4）①K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3+得电子，作正极，故答案为：正；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀，I-离子浓度减小，2Fe3++2I-2Fe2+

+I平衡左移，指针向左偏转，故答案为：左管产生黄色沉淀，指针向左偏转；（5）①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强，故答案为：Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零后，向U型管右管中滴加1mol/

LFeSO4溶液，故答案为：向U型管右管中滴加1mol•L-1FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化还原性，导致平衡移动，故答案为：该反应

为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向．（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态；（2）根据实验iii和实验ii

的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；（3）i．加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；①K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子

，作正极；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I-浓度降低，2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；（5）①Fe2+浓度增大，还原性增

强；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关．本题为2015年北京高考真题，侧重原电池、

氧化还原反应及平衡移动的综合考查，把握平衡移动的影响因素及物质的性质为解答的关键，对分析与实验能力要求较高，题目难度较大．25.【答案】放出；5.5H22566.4A-2e-=A2+Cu2++2e-=

Cu变大D＞A＞B＞C【解析】解：（1）根据反应H2（g）+I2（g）=2HI（g）可知，形成2molHI（g）时反应放出的热量为2×299kJ-436kJ-151kJ=11kJ，所以由H2（g）和I2（g）反应生成1molHI（g）需要放出的热量为5.5kJ；键能越大，分子越稳定，故H2

（g）最稳定，故答案为：放出；5.5；H2；（2）①H2O2的电子式为，故答案为：；②反应后，O-H键增加了16mol，根据反应方程式可知，反应生成1molH2O（g）时，O-H键增加1mol，则O-H键增加16mol时有16molH2O（g）生成

，放出的热量=16mol×160.4kJ·mol-1=2566.4kJ，故答案为：2566.4；（3）①根据装置甲及所对应的现象可知金属活动性：A＞B，A作负板，装置甲中负极的电极反应式为A-2e-=A2+，故答案为：A-2e-=A2+；③根据装置乙及所对应的现象可知金属活动性：B＞C

，C作正极，正极反应为Cu2++2e-=Cu，故答案为：Cu2++2e-=Cu；③根据装置丙及所对应的现象可知金属活动性：D＞A，A作正极，正极反应为2H++2e-=H2↑，故c（H+）减小，溶液的pH变大，故答案为：变

大；④四种金属活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C，故答案为：D＞A＞B＞C。（1）焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，能量低的物质更稳定；（2）①H2O2为共价化合物，含H-O、O-O键；②反应后，O-H键增加了

16mol，根据反应方程式可知，反应生成1molH2O（g）时，O-H键增加1mol，则O-H键增加16mol时有16molH2O（g）生成；（3）结合装置及现象可知，甲中A为负极，乙中B为负极，丙中D为负极，且活泼金属作负极，以此来解答。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、物

质的量与热量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属性比较与原电池负极的关系，题目难度不大。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com