【文档说明】四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.255 MB，由小赞的店铺上传

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四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题满分100分，考试时间75分钟本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组成，共6页；答题卡共2页。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的

学校、班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框

内，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。3.考试结束后将答题卡收回。相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cu64Fe56Ag108Al27Pb207第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42

分。每小题只有一个选项最符合题意)1.港珠澳大桥设计使用寿命为120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。下列分析错误的是A.防腐原理主要是避免发生反应：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2B.采用

外加电流的阴极保护法时需外接镁、锌等作辅助阳极C.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池D.钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．钢在潮湿的空气中容易发生吸氧

腐蚀，发生的主要反应有2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2、22234Fe(OH)O2HO4Fe(OH)++=等，故A说法正确；B．外接镁、锌等作辅助阳极属于牺牲阳极的阴极保护法，采用外加电流的阴极保护时需外接电源，故B说法错误；C．钢构件

表面喷涂环氧树脂涂层，可以隔绝空气、水等防止形成原电池，防止铁发生电化学腐蚀，故C说法正确；D．不锈钢具有较强的抗腐蚀性，采用不锈钢材料做钢构件可以防止或减缓电化学腐蚀，故D说法正确；答案选B。2.某反应

过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A.该反应为放热反应B.催化剂能同时改变该反应的活化能和焓变C.使用催化剂能同时提高正逆反应速率D.该反应的ΔH=E2-E1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，

反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应焓变，故B错误；C．使用催化剂能同等程度的提高正逆反应速率，故C正确；D．由图可知，该反应的ΔH=E1-E2，故D错误。

答案选C3.下列电化学装置完全正确的是A.图甲粗铜精炼B.图乙铜锌原电池C.图丙防止铁被腐蚀D.图丁铁件镀银【答案】C【解析】【详解】A．图甲粗铜精炼，粗铜应该作阳极，纯铜作阴极，故A错误；。B．图乙铜锌原电池，锌电极下面

应该是硫酸锌溶液，铜电极下面应该是硫酸铜溶液，故B错误；C．图丙防止铁被腐蚀，该方法是外加电流的阴极保护法，要保护的金属作电解池的阴极，故C正确；D．图丁铁件镀银，镀件(Fe)作阴极，镀层金属(Ag)做阳极，故D错误。综上所述，答案为C。4.青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理如图所示，下列说

法错误的是A.该腐蚀过程属于吸氧腐蚀B.腐蚀过程可用原电池原理解释C.若为潮湿酸性环境，Cu可能同时发生析氢腐蚀D.正极电极电极反应为--22O+2HO+4e=4OH【答案】C【解析】【分析】由图可知，青铜器在潮湿环境

中发生的电化学腐蚀为吸氧腐蚀，铜是原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成多孔粉状锈，比铜活泼性弱的杂质做正极，水分子作用下氧气做正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。【详解】A．由分析可知，青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀为吸氧腐蚀，故A正确；B．

青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀为吸氧腐蚀，铜是原电池的负极，比铜活泼性弱的杂质做正极，则腐蚀过程可用原电池原理解释，故B正确；C．铜是不活泼金属，不能与酸反应生成氢气，所以在潮湿酸性环境中，铜也不能发生析氢腐蚀，故C错误；D．由分析可知，比铜活泼

性弱的杂质做正极，水分子作用下氧气做正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为--22O+2HO+4e=4OH，故D正确；故选C。5.下列关于热化学反应的描述正确的是A.已知H＋(aq)＋OH

—(aq)=H2O(l)ΔH=—57.3kJ·mol-1，用含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸反应测出的中和反应的反应热ΔH=—28.65kJ·mol-1B.CO(g)的燃烧热ΔH=—283.0kJ·mol-1，则反应2CO2(g)=2CO(g)＋O2(

g)的ΔH=＋566.0kJ·mol-1C.已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=—571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为571.6kJ·mol-1D.已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=—92kJ·mol-1，现将2m

olN2和6molH2充入密闭容器中充分反应后，放出的热量为184kJ【答案】B【解析】【详解】A．中和热为稀的强酸和强碱生成1mol水放出的热量，则用含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸反应测出的中和反应的反应热ΔH=—57.3kJ·mol-1，故A错误；B．一氧化碳的燃烧热

为1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，则反应2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)的ΔH=＋566.0kJ·mol-1，故B正确；C．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，故C错误；

D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以将2mol氮气和6mol氢气充入密闭容器中充分反应后，放出的热量小于184kJ，故D错误；故选B。6.如图所示的电解池I和II中，a、b、c、d均为石墨电极。在电解过程中，电极b和d上没有气体逸出

，但质量均增大，且增重情况为b<d，符合上述实验结果的盐溶液是选项XYAMgSO4CuSO4BCuSO4AgNO3CFeSO4Al2(SO4)3DAgNO3Pb(NO3)2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质

量均增大，且增重b<d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d，据此分析解答。【详解】A．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B．两池中

的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故B正确；C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能

力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故D错误；答案选B。7.下列离子方程式或电极反应式书写错误的是A.用铁作电极电解饱和NaC

l溶液：2Cl-＋2H2O电解2OH-＋H2↑＋Cl2↑B.碱性锌锰电池正极的电极反应：MnO2＋H2O＋e-=MnO(OH)＋OH-C.用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+的离子方程式：K＋＋[Fe(CN)6]

3-＋Fe2+=KFe[Fe(CN)6]↓D.铅蓄电池充电时阴极的电极反应：PbSO4(s)＋2e-=Pb(s)＋SO24−(aq)【答案】A【解析】【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水，阳极上铁失电子，

结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，总反应为Fe+2H2O电解Fe(OH)2+H2，A错误；B．碱性锌锰电池正极上MnO2得电子结合水生成MnO(OH)和氢氧根离子，电极反应方程式正确，B正确；C．用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，两者反应

生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，离子方程式正确，C正确；D．铅蓄电池充电时，阴极上PbSO4得电子生成Pb和硫酸根离子，电极反应式正确，D正确；故答案选A。8.如下图所示，ΔH1=-393.5kJ·mol-1，ΔH2=-395.4kJ·mol-1，下列说法或表示式正确的是A

.石墨和金刚石的转化是物理变化B.金刚石的稳定性强于石墨C.C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=-1.9kJ·mol-1D.1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大1.9kJ【答案】D【解析】【分析】由题给信息可得出：①C(s，石墨)+O2(g)=

CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1；②C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-395.4kJ·mol-1。【详解】A．石墨和金刚石互为同素异形体，二者的结构不同，二者的转化是化学变化，A不正确；B．从图中可以看出，金刚石具有的能量比石墨高，则金刚石的

稳定性弱于石墨，B不正确；C．依据盖斯定律，将反应①-②得，C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1，C不正确；D．C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1，ΔH=E(石墨)-E(金刚石)=+1.9kJ·mol-1，则1mol石墨的总键能比1mol

金刚石的总键能大1.9kJ，D正确；故选D。9.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.氯碱工业，当阴极产生2.24L(标况)氯气，则外电路转移0.2mol电子B.铅酸蓄电池工作过程中，每通过2mol电子

，负极质量减轻207gC.在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32g时转移的电子数为NAD.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗气体的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．氯碱工业，氯气是阳极产物，不是阴极产物，故A错误；B．铅酸蓄电池工作过程中，负极

的电极方程式为244PbSO2ePbSO−−+−=，每通过2mol电子，电极质量增加96g，故B错误；C．在电解精炼粗铜的过程中，阴极的电极方程式为Cu2++2e-=Cu，当质量增重32g时，即生成0.1mol铜，转移的电子数为NA，故C正确；D．未

指明状况，无法确定22.4L气体的物质的量，故D错误；故选C。10.下列实验中，对应的实验以及结论都正确且二者具有因果关系的是选项实验操作及现象结论A向盛有氨水的烧杯中插入两个石墨电极，接通电源，电流表指针发生较大偏转氨水是电

解质B取2支都装有5mL10%的H2O2溶液的试管，向其中一支加入少量MnO2，观察实验现象。催化剂能加快反应速率C分别取装有等体积的0.1mol·L-1和0.2mol·L-1KI溶液的试管放入20℃和30℃的水中，再向其中加入0.1mol·L

-1的硫酸和淀粉溶液，发生反应4H＋＋O2＋4I-=2I2＋2H2O观察实验现象反应物温度越高，反应速率越快D探究浓度对反应速率的影响，向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，

观察实验现象反应物浓度越大，反应速率越快A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氨水是混合物，不是电解质，氨水中一水合氨是电解质，故A错误；B．2支试管中溶液种类和浓度都保持一致，其中一支试管加入少量MnO2，对比实验现象可证明催化剂能加快反应速率，故B正确；C．应先加入淀粉溶

液，最后加入硫酸，否则可能会先发生反应，观察不到蓝色变化，故C错误；D．该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，故D错误；答案选B。11.某温度下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)＋bB(g)cC(g)ΔH=-QkJ·mol-

1(Q>0)，12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1B.1

2s后，A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b∶c=2∶1D.12s内，A和B反应放出的热量为0.4QkJ【答案】D【解析】【详解】A．图象分析可知A的浓度变化=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6m

ol/L，反应速率v=s0.6mΔolcΔt/L=12=0.05mol/(L•s)，故A错误；B．由图像可知，12s内B的浓度该变量为0.2mol/L，C的浓度变化量为0.8mol0.8mol2L=0.4mol/L，根据计量数之比等于改变量之比，有3：b：c=0.6：0.2：

0.4=3：1：2，A和B的计量数不相等，故A的消耗速率不等于B的生成速率，故B错误；C．由B项的计算可知，b∶c=1∶2，故C错误；D．12s内反应3molA放热QkJ，反应A的物质的量=(0.8mol/L-0.2mo

l/L)×2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算，3A(g)+B(g)⇌2C(g)△H=-QkJ•mol-1，1.2molA反应放出热量0.4QkJ，故D正确。12.中科院福建物构所YaobingWang团队首次构建

了一种可逆水性Zn—CO2电池，实现了CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示：已知双极膜可将水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。下列说法中错误的是A.放电时，负极电极反应式为()24Z

n4OH2eZnOH−−−+−=B.CO2转化为HCOOH过程中，Zn电极的电势低于多孔Pd电极的C.充电过程中，甲酸在多孔Pd电极表面转化为CO2D.当外电路通过2mol电子时，双极膜中离解水的物质的量为1mol【答案】D【解析】【分析】由图中可知，Zn发生失去电子的

反应，为电池的负极；CO2得电子生成HCOOH，多孔Pd为电池的正极。【详解】A．根据图中知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为()24Zn4OH2eZnOH−−−+−=，A项正确；B．CO2转化为HCOOH时为放电

过程，Zn电极为负极，多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B项正确；C．充电过程中，HCOOH转化为CO2，C项正确；D．根据溶液呈电中性，可知外电路通过2mol电子时，双极膜中离解的水的物质的量为2mol

，D项错误。故选D。13.一定条件下，0.3molX(g)与0.3molY(g)在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1(a>0)，下列说法正确的是A.反应一段时

间后，X与Y的物质的量之比仍为1∶1B.达到平衡时，反应放出0.1akJ的热量C.向平衡体系中充入稀有气体，Z的正逆反应速率均不变D.该反应为放热反应，升高温度正反应速率增大，逆反应速率减小。【答案】C【解析】【详解】A．根据方程式可知消耗的X

和Y的物质的量之比为1:3，初始投料为1:1，所以反应一段时间后X与Y的物质的量之比不可能为1:1，故A错误；B．根据热化学方程式可知，若0.3molY完全转化放出0.lakJ的热量，但可逆反应不可能完全转

化，所以放出的热量小于0.lakJ，故B错误；C．恒容容器中充入稀有气体，各物质的浓度均不改变，Z的正逆反应速率均不变，故C正确；D．升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选：C。14.500mLKNO3和Cu(NO3)

2的混合溶液中c(NO3−)=0.8mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极分别收集到气体2.24L和1.12L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A.电解后溶液中c(H＋)为0.6mol·L-1B.

电解得到的Cu的物质的量为0.4molC.原混合溶液中c(K＋)为0.1mol·L-1D.若将溶液复原可向电解后溶液中加入0.075molCu2(OH)2CO3固体【答案】A【解析】【分析】用石墨作为电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应为2

H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阴极先后发生两个反应：Cu2＋＋2e－=Cu，2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑。收集到标准状况下2.24L气体应该是O2，在阳极上生成，可推知上述电解过程中共转移0.4mol电子，而在生成标准状况下1.12LH2的过程中转

移0.1mol电子，所以Cu2＋共得到0.3mol电子，则电解前Cu2＋的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.15mol，硝酸铜物质的量是0.15mol，浓度为0.3mol/L，硝酸钾浓度为0.8

-2×0.3=0.2mol/L。【详解】A．电解后有c(K＋)＋c(H＋)＝c(N3O−)电荷守恒，c(K＋)=0.2mol/L,c(N3O−)=0.8mol/L由此计算出c(H＋)＝0.6mol·L－1，故A正确；B．电解得到的Cu的物质的量为0.15mol，故B错误；C．原混合溶

液中c(K＋)为0.2mol·L-1，故C错误；D．电解后产生了0.15molCu，0.1molO2和0.05molH2，向电解后的溶液中加入0.075molCu2(OH)2CO3固体会多出H原子和O原子，不能使溶液复原，故D错误；答案选

A。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)的二、(本题包括2小题，共23分)15.完成下列问题（1）对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是___________。①增加C的量；②

增加CO的量；③将容器的体积缩小一半；④保持体积不变，充入He以增大压强；⑤升高反应体系的温度；⑥保持压强不变，充入He以增大体积。（2）炒菜用的铁锅不用时会因腐蚀而出现红褐色锈斑，请填写下空。①这时铁锅的锈蚀主要是___________

腐蚀。②铁锅腐蚀的负极电极反应为：___________，总反应为：___________。_（3）已知15g乙烷(C2H6)完全燃烧生成CO2和液态水时放热780kJ，写出乙烷燃烧热的热化学方程式：

___________。（4）N4分子结构为正四面体形(如图所示)。已知：N4(g)=2N2(g)ΔH=-724kJ·mol-1断裂N4(g)中1molN-N键吸收193kJ能量，则形成N2(g)中1molN≡N

放出___________能量。（5）新型Na-CO2电池工作原理为：4Na＋3CO2放电充电2Na2CO3＋C，原电池以熔融的Na2CO3为电解质，放电时正极的电极反应为___________。【答案】（1）①④（2）①.吸氧②.-2Fe-2e=F

e＋③.()2222FeO2HO=2FeOH＋＋（3）()()()()262227CHgOg=2COg3HOl2＋＋ΔH=-1560kJ·mol-1（4）941kJ（5）-2-233CO4e=2COC＋＋【解析】【小问1详解】①C为纯固体，固体量的增减不影响反应速率，

所以增加C（s）的量，反应速率不变，①正确；②增加CO的量，CO浓度增大，反应速率加快，②错误；③将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，容器中压强增大，反应速率加快，③错误；④保持体积不变，充入氦气，氦气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，④正确；⑤升高反

应体系的温度，反应速率加快，⑤错误；⑥保持压强不变，充入氦气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，⑥错误；符合题意得为①④，答案为：①④；【小问2详解】①炒菜的铸铁锅不用时，会因空气中水分与自身的铁和杂质碳构成原电池而发生电化学腐蚀

，产物吸收空气中的氧气，经一系列反应最终出现主要为带有结晶水的氧化铁的红褐色锈斑，答案为：吸氧；②铁锅锈蚀的电极反应为：负极-2Fe-2e=Fe＋；正极--222HO+O+4e=4OH；正、负极反应的产物会继续发生反应，反应的离子方程式为：(

)2222FeO2HO=2FeOH＋＋，答案为：-2Fe-2e=Fe＋，()2222FeO2HO=2FeOH＋＋；【小问3详解】已知乙烷是一种优质的能源物质，25℃，101kPa时，15g乙烷完全燃烧，生成二氧化碳和液态水，放出780kJ热量，则1mol乙烷完全燃烧生成CO2和液体水放出的热量

为7802kJ=1560kJ，则乙烷燃烧热的热化学方程式为：()()()()262227CHgOg=2COg3HOl2＋＋△H=﹣1560kJ/mol，故答案为：()()()()262227CHgOg=2COg3HOl2＋＋△H=﹣1560kJ/mol；【小问4

详解】已知：N4(g)=2N2(g)ΔH=-724kJ·mol-1断裂N4(g)中1molN-N键吸收193kJ能量，所以当1molN4(g)参与反应化学键断裂吸收的能量为6193kJ=1158kJ,最终放出724kJ的能量，

所以生成2molN2放出热量为724kJ+1158kJ=1882kJ，所以形成N2(g)中1molN≡N放出941kJ能量，答案为：941kJ；【小问5详解】正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为-2-233CO

4e=2COC＋＋，答案为：-2-233CO4e=2COC＋＋。16.甲醇是重要的化工原料，利用合成气(CO、H2、CO2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1=-49.58kJ/mol②

CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.77kJ/mol③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3（1）反应③的ΔH3=___________（2）在5MPa下，要提高反应②的反应速率，可采取的措施有___________(答一条)。（3）若反应①在恒容密闭容器中进行

，下列可以判断该反应达到平衡的是___________。A.v正(H2)=v逆(CH3OH)B.混合气压强不变C.c(H2)与c(H2O)比值不变D.混合气密度不变（4）在一定温度和催化剂存在下，向2L密闭容器中充入5molCO2和5molH2发生反应①5min时达到平衡，测得CO

2还剩4mol。①该时间内用氢气表示的反应速率v(H2)为：___________。②平衡时H2的平衡转化率为___________。【答案】（1）+41.19kJ/mol（2）升高温度（3）BC（4）①.0.3mol/

(L·min)②.60%【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应方程式①-②得反应③，故ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.58kJ/mol-(-90.77kJ/mol)=+41.19kJ/mol；【小问

2详解】在5MPa下，要提高反应②的速率，可采取的措施有升高温度、增加反应物、增加生成物等；【小问3详解】A．不同物质，反应速率需与计量系数成正比，且速率方向不同，才可说明平衡状态，故A不符合题意；B．由于该反

应气体计量系数改变，则压强为变化值，故混合气压强不变可以说明平衡，故B符合题意；C．反应物与生成物之比为变化值，故c(H2)与c(H2O)比值不变可以说明平衡，故C符合题意；D．该反应气体质量与体积不变，则气体密度为定值，故混合气

密度不变不能说明平衡，故D不符合题意。故答案为：BC；小问4详解】根据数据列出三段式：()()()()2232+(mol)5500(mol)x3xxx(mol)5-x5-3xxxCOg3HgCHOHgHOg起始量变化量＋平衡量5-x=4，x=1，该时

间内氢气表示的反应速率v(H2)=Δc3mol=Δt2L5min=0.3mol/(L·min)；平衡时H2的平衡转【化率为3mol100%5mol=60%。三、(本题包括2小题，共25分)17.某兴趣

小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。(电解质溶液均足量)。请回答下列问题：（1）甲池为___________(填“原电池”“电解池”或“电镀

池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为___________。（2）乙池中A(石墨)电极的名称为___________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应离子方程式为：___________。（3）当乙池中B极质量增加2.16g时

，甲池中理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况下)，此时若要将乙池复原需向乙池加一定量的___________(填化学式)。（4）丙池中电极C的电极反应为：___________，若丙池中电极不变，

将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，丙中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.原电池②.--2-332CHOH+8OH-6e=CO+6HO（2）①.阳极②.++224Ag2HO4AgO4H＋＋＋电解（3）①.112②.Ag2O（

4）①.--22Cl-2e=Cl②.增大【解析】【分析】由题干图示信息可知，甲池为甲醇燃料电池，通CH3OH的一极为负极，电极反应为：--2-332CHOH+8OH-6e=CO+6HO，通O2的一极为正极，电极反应为：--22O+2HO+4e=4OH；乙池为电解池，石墨电

极A为阳极，电极反应为：-+222HO-4e=4H+O，Ag电极B为阴极，电极反应为：+-Ag+e=Ag；丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：--22Cl-2e=Cl，电极D为阴极，电极反应为：2+-Cu+2e=Cu，据此分析解题

。【小问1详解】由分析可知，甲池为原电池，通入CH3OH电极的电极反应式为--2-332CHOH+8OH-6e=CO+6HO，答案为：原电池，--2-332CHOH+8OH-6e=CO+6HO；【小问2详解】由分析可知，乙池A(石墨)电极的名称为阳极，电

极反应为：-+222HO-4e=4H+O，Ag电极B为阴极，电极反应为：+-Ag+e=Ag，则乙池中总反应式为：++224Ag2HO4AgO4H＋＋＋电解，答案为：阳极，++224Ag2HO4AgO4H＋＋＋电解；【

小问3详解】由分析可知，当乙池中B极质量增加2.16g，即析出2.16g的Ag时，n(Ag)=-12.16g108gmol=0.02mol，则电路中转移的电子的物质的量为0.02mol，根据电极反应--22O+2HO+4e=4OH，故甲池中理论上消耗O2的体积为-10

.02mol22.4LmolL=1124=0.11L2m，乙池中总反应式为：++224Ag2HO4AgO4H＋＋＋电解，所以若想复原需要加入Ag2O，答案为：112，Ag2O；【小问4详解】由分析可知丙池中电极C的电极反应为：--22Cl-2e=C

l，若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，即用惰性电极电解NaCl溶液，丙中D极即阴极，电极反应为：-22-2HO+2e=H+2OH，则阴极的产物为NaOH、H2，由于生成了NaOH，则溶液的pH将增大，答案为：--22Cl-2

e=Cl，增大。18.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应反应热。他将50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液加入如图甲所示的装置中，进行中和反应。请回

答下列问题：（1）从实验装置上看，图甲中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。（2）实验中改用55mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)；所求中和反

应反应热的数值___________(填“相等”或“不相等”)。（3）该同学做实验时有些操作不规范，造成测得的中和反应的ΔH偏大，请你分析可能的原因是___________(填字母)。A.测量盐酸温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度B.把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时

动作迟缓C.做本实验当天室温较高D.将50mL0.55mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol·L-1的氨水（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。为了计算中和反应反应热，某学生实验记

录数据如表：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃稀盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.5220.220.423.7320.320.525.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和反应反应热ΔH=

___________(结果保留一位小数)。（5）将V1mL1.0mol·L-1盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图乙所示(实验中始终保持V1＋V2=50mL)，通过分析

图像可知，做该实验时环境温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为___________mol·L-1。的的【答案】（1）玻璃搅拌器（2）①.不相等②.相等（3）ABD（4）-56.8kJ·mol-1

（5）①.低于②.1.50【解析】【小问1详解】）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；【小问2详解】物质的量与热量成正比，物质的量越大，反应放出的热量越多，但中和热对应生成1mol水时的能量变化，则改用60mL0.50mol•L-1的盐酸跟50mL0.55mol•L

-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求生成1mol水时的中和热相等，因为中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生反应生成1molH2O所放出的热量；【小问3详解】A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干

净，然后去测NaOH溶液的温度，NaOH溶液的初始温度偏高，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故A符合题意；B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，反应中热量损耗偏大，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故B符合题意；C．做本实验的当天

室温较高，与中和热测定数值无关，故C不符合题意；D．一水合氨是弱电解质，电离吸热，则50mL0.55mol⋅L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol⋅L-1的氨水，反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故D符合题意；故答案为：ABD；【

小问4详解】由表格数据可知，第一次实验的温度差=o20.020.223.53.4C2+−=；第二次实验的温度差=o20.220.423.73.4C2+−=；第三次实验的温度差=o20.320.525.65.2C2+−=；第三次数据偏差大

，应舍去；温度差平均值=3.4℃，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm-3，则盐酸和氢氧化钠溶液质量和为(50mL+50mL)×1g/ml=100g，则生成0.025mol水时放出的热量为4.18J•g−1•℃-1×10-3kJ/J×100g×3.4℃=1.4212k

J，生成1mol水放出的热量为1.4212kJ×1mol0.025mol≈56.8kJ，则该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol；【小问5详解】加入盐酸5mL时温度为22℃，酸碱中和为放热反应，则该实验时环境温度低于22℃；由图可知，当HCl的体积为30mL时酸碱恰好反应，n(NaOH)

=n(HCl)，即c(NaOH)×0.02L=1.0mol/L×0.03L，解得c(NaOH)=1.50mol/L。四、(本题包括1小题，共10分)19.铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧化膜结

构，增强铝件的抗腐蚀性，同时便于表面着色。取铝片模拟该实验，操作步骤如下：（1）铝片预处理铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60~70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：______

_____；再用10%(质量分数)的HNO3溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68%(质量分数)的浓硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃仪有___________、___________、玻璃棒和胶头滴管。（2）电

解氧化取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在5~6mol/L硫酸中电解。其中铝片接电源___________极，产生氧化膜(Al2O3)的电极反应式为___________。氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产

生孔隙的离子反应方程式为___________。【答案】（1）①.Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-②.烧杯③.量筒（2）①.正②.2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+③.Al2O3+6H+=Al3++3H2O【解析】【分析】

(1)铝表面薄氧化膜即Al2O3，可以和NaOH溶液反应，用浓硝酸配制稀HNO3溶液，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管；(2)本电解的目的是将铝片电解氧化生成致密的氧化物保护膜，即Al生成Al2O3，失

去电子，则铝片接电源正极；氧化膜在酸性条件下可以被腐蚀生成铝离子，随着电解的进行氧化膜覆盖阳极表面厚度加厚，电阻增大，需要保持较大电压。【小问1详解】铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70

℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，即Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；用浓硝酸配制一定量的10%(质量分数)的HNO3溶液，需要的实验步骤为：计算、量取、稀释、装瓶，需要用到的玻璃仪器有

量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管；【小问2详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com