【文档说明】【精准解析】北京二中2019-2020学年高二下学期选修IV模块考试化学试题.doc，共(23)页，801.500 KB，由小赞的店铺上传

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北京二中2019—2020学年度第四学段高二年级模块考试试卷化学选修IV一、选择题（每小题2分，共40分）1.根据生活经验，判断下列物质或其水溶液按pH的一定顺序依次排列正确的是（）A.“84”消毒液、洁厕灵、食盐、可乐B.可乐、洁厕灵、食盐、“84”消毒液

C.洁厕灵、可乐、食盐、“84”消毒液D.洁厕灵、食盐、可乐、“84”消毒液【答案】C【解析】【详解】洁厕灵主要成分是盐酸pH最小、可乐是碳酸饮料呈弱酸性、食盐是强酸强碱盐呈中性、“84”消毒液是NaClO，属于强碱弱酸盐

，水解后呈碱性，pH最大，故选C。2.下图表示的是某物质所发生的A.置换反应B.水解反应C.中和反应D.电离过程【答案】B【解析】【详解】试题据题目给出的模型可知，HCO3-＋H2O=H2CO3＋OH－，碳酸氢根离与水电离出的氢离子结合生成碳

酸，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性，而碳酸氢根离子的电离产生氢离子，溶液显酸性，中和反应为酸碱发生反应，置换反应为单质和化合物之间的反应，据此可知上述过程为水解反应；故选B。3.下列属于放热反应的是（）A.电解水反应B.煅烧石灰石C

.铝和硫酸铜溶液反应D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应【答案】C【解析】【详解】A．电解水反应的生成物是氢气和氧气，该反应中电能转化为化学能，其逆反应是氢气与氧气反应生成水的放热反应，故电解水的反应是吸热反应，A不符合题意；B．煅烧石灰石时，石灰石分解为生石灰和二氧化碳，该

反应为吸热反应，B不符合题意；C．铝和硫酸铜溶液反应是置换反应，生成铜和硫酸铝，该反应可以设计成原电池，故该反应为放热反应，C符合题意；D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应的产物是氯化钡、氨气和水，该反应是一

个典型的吸热反应，D不符合题意。本题选C。4.原电池是化学电源的雏形。若保持如图所示原电池的电池反应不变，下列说法正确的是（）A.稀H2SO4可以换成酒精B.稀H2SO4可以换成浓硫酸C.Zn可以换成FeD

Cu可以换成石墨【答案】D【解析】【详解】A．稀H2SO4不可以换成酒精，酒精是非电解质，不能构成原电池，故A错误；B．稀H2SO4不可以换成浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，不生成氢气，反应发生变化，故B错误；C．Zn不可以换成Fe，否则反应变成铁与酸反应，生成亚铁盐和氢气，反应发生变化，故

C错误；D．Cu可以换成石墨，作正极，起导电作用，反应不发生变化，故D正确；故选D。5.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=xkJ·mol–1，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法

中不正确的是（）A.反应的ΔH＜0B.过程b使用了催化剂C.使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率D.过程b发生两步反应，第一步为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.由图中信息可知，该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，反应的ΔH＜0，A说法

正确；B.只有使用催化剂才可以降低反应的活化能。由图中信息可知，过程b的活化能比过程a的低，因此可以判断过程b使用了催化剂，B说法正确；C.催化剂可以同等程度地加快正反应速率和逆反应速率，因此，使用催化剂不能提高SO2的平衡转化率，C说法不正确；D.由图中

信息可知，过程b发生两步反应，第一步生成中间产物，中间产物的总能量高于反应，因此第一步为吸热反应，D说法正确。综上所述，相关说法中不正确的是C，故选C。6.可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的

是（）A.3v(N2)正=v(H2)正B.v(N2)正=v(NH3)逆C.v(N2)正=3v(H2)逆D.2v(H2)正=3v(NH3)逆【答案】D【解析】【分析】若可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，则该反应达到了化学平衡状态。不同物质表示同一反

应的速率时，其数值之比等于其化学计量数之比。【详解】A.3v(N2)正=v(H2)正，两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，但不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A不能说明反应已达到平衡状态；B.v(N2)正=v(NH3)逆，

两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故B不能说明反应已达到平衡状态；C.v(N2)正=3v(H2)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故C不能说明反应已达到平衡状态；D.2v(H2)正=3v(

NH3)逆，因为2v(H2)正=3v(NH3)正，所以两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，而且能说明正反应速率等于逆反应速率，故D能说明反应已达到平衡状态。综上所述，本题选D。【点睛】化学平衡状态下的正反应速率与逆反应

速率相等，并不一定是其数值绝对相等，因为其化学计量数可能不同。若正反应速率与逆反应速率的比值与相关物质的化学计量数之比相等，则可判断正反应速率与逆反应速率相等。7.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，

其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键H2O中H—O键O2中O＝O键H2中H—H键H2O2中O—O键H2O2中O—H键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2mol水，则下列说法不正确．．．的是A.总反应为2H2O2H2↑

+O2↑B.过程I吸收了926kJ能量C.过程II放出了574kJ能量D.过程Ⅲ属于放热反应【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为

2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463kJ×2=926kJ，故B正确；C．过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出

的能量=436kJ+138kJ=574kJ，故C正确；D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463kJ×2+138kJ=1064k

J，放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。8.一定温度下，向容积恒定的密闭容器中投入2molA和1molB

，发生如下可逆反应：2A(g)+B(g)C(g)+D(s)。达到平衡时，测得压强为原压强的5/6。则A的转化率为A.25%B.40%C.50%D.75%【答案】A【解析】【详解】2A(g)+B(g)C(g)+D(s)起始量（mol）210转化量（mol）x0.5x0.5

x平衡量（mol）2－x1－0.5x0.5x在等温等容时，压强之比就是物质的量之比所以有2－x＋1－0.5x＋0.5x＝3×5/6解得x＝0.5所以转化率是0.5/2×100％＝25%，答案选A。9.下列关于强、弱电解质

的叙述中正确的是()A.强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物B.强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物C.强电解质熔化时都完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离D.强电解质不一定能导电，弱电解质溶液的导电能力不一定比强电解质弱【答案】D【解析】试题分析：强极性的共价化合物也是强

电解质，A错误；强、弱电解质与溶解性无关，B错误；溶于水或熔融时完全电离的电解质是强电解质，C错误；电解质导电是有条件的，溶液的导电性与溶液中离子所带的电荷浓度有关，D正确。考点：弱电解质的电离10.能源是当今社

会发展的三大支柱之一。有专家提出：如果能够利用太阳能使燃料燃烧产物，如CO2、H2O、N2等重新组合（如图），可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为（）A.化学能B.热能C.生物能D.电

能【答案】B【解析】【详解】由图可知，在太阳能的作用下将燃烧产物CO2、H2O、N2通过化学反应转化为燃料，即太阳能转化为化学能，燃料通过燃烧放出热量，化学能转化为热能。在此过物质循环程中，太阳能最终转化为热能，答案选B。11.铜是人类最早发现和使用的金属之一，铜及其合金的用途广

泛。粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列说法正确的是A.精铜做阳极，粗铜做阴极B.可用AgNO3溶液做电解质溶液C.电解时，阴极反应为Cu–2e-===Cu2+D.电解后，可用阳极泥来提炼金、银【答案】D【解析】【分析】电解法精炼粗铜时，阴极(纯铜)的

电极反应式：Cu2++2e－=Cu(还原反应)，含有其他活泼金属原子放电，阳极(粗铜)的电极反应式：Cu-2e－=Cu2+(氧化反应)，相对不活泼的金属以单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥，据此分析解答。【详解】A．电解法精炼粗铜时，需要用纯铜阴极，粗铜作阳极，故A错

误；B．电解法精炼粗铜时，需要用含铜离子的盐溶液作电解质溶液，因此不能使用AgNO3溶液做电解质溶液，故B错误；C．电解池中，阴极发生还原反应，阴极的电极反应式为：Cu2++2e－=Cu，故C错误；D．粗铜中含

有少量铁、锌、镍、银、金等杂质做阳极，银、金不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D正确；答案选D。12.某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。下

列操作正确的是A.需用NaOH溶液润洗锥形瓶B.用量筒量取20.00mLNaOH溶液C.滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸D.充分反应后，滴入酚酞溶液，观察是否到达滴定终点【答案】C【解析】【详解】A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误；B．量筒的精确度

为0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B错误；C．滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸，故C正确；D．滴定前需要滴加指示剂，滴定时，注意观察是否到达滴定终点，故D错误；答案选C。13.下列实验事实不能用平衡

移动原理解释的是（）A.CaCO3溶于稀盐酸B.镁条与氯化铵溶液反应生成氢气C.升高温度，水的离子积增大D.加入少量CuSO4可增大锌与稀硫酸反应的速率【答案】D【解析】【详解】A.CaCO3在水溶液中存在溶解平衡，CaCO3⇌Ca2++CO32-，加入稀盐酸后，盐酸中的H+可以与C

O32-结合生成H2CO3，分解为CO2和H2O，从而使CO32-的浓度减小，溶解平衡正向移动，故A可以用平衡移动原理解释；B.氯化铵溶液中存在着铵根离子的水解平衡，NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，镁属于活泼金属，其可以与H+反应

生成氢气，故镁条可以减小溶液中H+的浓度，使水解平衡向正反应方向移动，故B可以用平衡移动原理解释；C.水是极弱的电解质，其存在电离平衡，H2O⇌OH-+H+，水的电离过程是吸热的，因此升高温度后水的电离平衡正向移动，水的离子积增大，C可以用平衡移动原理解释；D.加入少量CuSO4后，

锌与其反应置换了铜，铜附着在锌表面并与稀硫酸构成原电池，从而增大了锌与稀硫酸反应的速率，D不能用平衡移动原理解释。综上所述，不能用平衡移动原理解释的是D，故本题选D。14.关于230.1mol/LNaCO溶液，下列判断不正确的是()A.粒子种类与3NaHCO溶液相同B.

升高温度，2-3cCO增大C.加入2aClC溶液，2-3cCO减小D.++2---33cH+cNa=2cCO+cHCO+cOH【答案】B【解析】【分析】从溶质的溶解直至水的电离，可知溶液中粒子种类；根据外因对化学平衡的影响分析浓度变化；由溶液的电中性

原理可写电荷守恒关系。【详解】A项：溶液中Na2CO3完全电离Na2CO3＝2Na++CO32－，CO32－分两步水解CO32－+H2OHCO3－+OH-，HCO3－+H2OH2CO3+OH-，水的电离H2OH++OH-。同理可写出3NaHCO溶液的各种过程，

两溶液中粒子种类相同，A项正确；B项：CO32－水解过程吸热，升高温度使水解平衡右移，2-3cCO减小，B项错误；C项：加入2aClC溶液，Ca2+与CO32－结合生成难溶于水的CaCO3沉淀，使2-3cCO减小，C项正确；D项：水溶液都是电中性的，符合电荷守恒

++2---33cH+cNa=2cCO+cHCO+cOH，D项正确。本题选B。15.下列各组离子，在所给条件下可能大量共存的是（）A.25℃，在pH=0的溶液中：Fe2+、Cu2+、Cl-、NO3B.在FeCl3溶液中：Na+、OH-、SO23、NO3C.25℃

，在水电离出的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液中：NH4、Cl-、HCO3、NO3D.能使酚酞显红色的溶液中：K+、Cl-、NO3、SO23【答案】D【解析】【详解】A．25℃，在pH=0的溶液中，氢离子浓度为1mol·L－1：H＋、Fe2+

、NO3发生氧化还原反应，生成NO、Fe3＋，故A不选；B．Fe(OH)3是难溶的固体，Fe3＋和OH-不能大量共存，故B不选；C．25℃，水电离出的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性：呈酸性时，HCO3不能大量存在，呈碱性时NH

4、HCO3不能大量存在，故C不选；D．能使酚酞显红色的溶液呈碱性：OH-和K+、Cl-、NO3、SO23之间不反应，故D选；故选D。16.常温下，将pH=11的NaOH溶液与pH=3的某酸HA溶液等体积混合后，下列关系式可能成立的是（）

A.c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B.c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C.c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.c(H+)=c(A-)+c(OH-)【答案】B【解析】【分析】当HA为强酸时，pH=3的HA溶液和pH=1

1的NaOH溶液混合，恰好完全反应生成NaA和水；当HA为弱酸时，pH=3的HA溶液和pH=11的NaOH溶液，HA的浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，HA有剩余，溶液呈酸性，溶液中的溶质为HA和NaA，根据电荷守恒判断离子浓度大小的判断。【详解】A．HA为弱酸，Na

OH为强碱，pH=3HA溶液和pH=11的NaOH溶液，HA的浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，HA有剩余，溶液呈酸性，溶液中的溶质为HA和NaA，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(A－)+c(OH－)=c(Na

＋)+c(H＋)，所以c(A－)＞c(Na＋)，溶液中HA的电离较微弱，所以c(Na＋)＞c(H＋)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A错误；B．由A可知：c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B正确；C．如HA为强酸，

则水溶液中不存在HA分子；如HA为弱酸时，pH=3的HA溶液和pH=11的NaOH溶液，HA的浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，HA有剩余，c(Na+)＜c(A-)+c(HA)，故C错误；D．根据电荷守恒得c(A－)+c(O

H－)=c(Na＋)+c(H＋)，故D错误；故选B。17.下列实验现象或图象信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（）ABCD反应装置或图象实验现象或图象信息温度计的水银柱上升反应物总能量大于生成物总能量反应开始后，针筒活塞向右移动反应开始后，甲处液

面低于乙处液面A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.因为温度计的水银柱上升，温度升高，说明氢氧化钠与盐酸反应放出热量，故A正确；B.反应物的总能量比生成物的总能量高，所以在发生反应时会有一部分能量放出，表现为反应放热，故B正确；C.锌粒与稀硫酸反

应会产生氢气，使锥形瓶内气体压强增加，所以针筒活塞向右移动不能证明是反应放出热量导致的，故C错误；D.锌粒与稀硫酸反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明反应导致集气瓶内气体压强增大，但反应并未在集气瓶中进行，说明是反应放出的热量使集

气瓶内的温度升高导致压强增大的，故D正确；综上所述，答案为C。18.常温，下列实验操作及现象与推论不相符的是（）选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，

产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊溶液中可能含有CO23或HCO3C用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CH3COOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LM

gCl2溶液，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸没

有全部电离，CH3COOH是弱电解质，故A不选；B．向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明该气体是二氧化碳，溶液中可能含有CO23或HCO3，故B不选；C．用pH计测定相同浓

度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，说明后者水解能力强，HClO的酸性弱于CH3COOH，故C不选；D．向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，反应后溶液中还有剩余的氢氧化钠，再加入1mL0.1mol/L

FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，发生Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，不能说明Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，故D选；故选D。19.某研究性学习小组通过测量溶液的电导率（电导率越大，说明溶液的

导电能力越强）探究沉淀溶解平衡，各物质的电导率数据如下：①②③④⑤⑥⑦物质3CaCO固体2HO3CaCO饱和溶液4CaSO饱和溶液310/molLNaCl溶液310/molL3AgNO溶液AgCl饱和溶液电导率07

373891989113813下列分析不正确．．．的是A.3CaCO固体中不存在自由移动的离子B.与①、②对比，可说明③中3CaCO发生了电离C.⑤、⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率一定大于13D.将①中固体

加入④中，发生反应：223443()()()()CaCOsSOaqCaSOsCOaq【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子键形成离子键，离子不能自由移动，故A分析正确；B．与①、②对比，③的电电导率较大，故溶液中自由移动的离子浓度较

大，说明CaCO3发生了电离，故B分析正确；C.⑤、⑥等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，导电率一定大于13，故C分析正确；D．由③④的电导率对比可知Ksp（CaCO3）<Ksp（CaSO4），不能实现上述转化，故D分析错误；答案选D。

【点睛】③的电导率较④的要小，说明CaSO4的饱和溶液中自由移动的离子浓度要大一些，则CaCO3更难溶，在其它条件相同时，反应总向生成更难溶物质的方向发生转化。20.已知2NO和24NO可以相互转化2242(

)()NOgNOg0H。现将一定量2NO和24NO的混合气体通入体积为1L的恒温恒容的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。下列说法不正确．．．的是A.反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4mol24NOB.a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于

平衡状态的点是b和dC.图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示2NO浓度随时间的变化D.若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积【答案】A【解析】【详解】A.由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大了0.4

mol/L，则应加入了0.4molNO2，故A说法错误；B．由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b和d处于化学平衡状态，故B说法正确；C.由图可知，X的变

化量为Y的2倍，由反应方程式的系数可得X为NO2浓度随时间的变化曲线；故C说法正确；D.因在25min时，恒温恒容条件下增大NO2的浓度，相当于增大了压强，平衡右移，要使25min时改变条件达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，

也可通过缩上容器的体积来实现，故D说法正确；答案选A。二、解答题（本部分共6个大题，共60分，在答题卡上答题后按要求拍照上传）21.判断正误（在答题卡表格中①~⑯题题号对应位置画“√”或“×”）。（1）2020年6月23日9时43分北斗系统第五十五颗导航卫星暨北斗

三号最后一颗全球组网卫星成功发射！执行本次发射任务的长三乙运载火箭加装的常规燃料为偏二甲肼（C2H8N2）和四氧化二氮。偏二甲肼和四氧化二氮也可以作为燃料电池的两极反应物。二者反应的产物均对环境不产生污染。根据以上信息判断下列说法正误：①偏二甲肼是有机物，其中氮元素化合价为-3_____②生

成1molCO2转移8mol电子_____③偏二甲肼与四氧化二氮的反应是放热反应_____④该燃料电池中偏二甲肼是负极反应物_____（2）如图所示装置，用生成的氯气与乙二醛制备乙二酸，反应原理为＋2Cl2＋2H2O→＋4HCl。判断以下说法的正误：⑤该装置利用

上述反应将电能全部转化为化学能_____⑥Pt1电极的反应式为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-_____⑦盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供Cl-参与电极反应_____⑧理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.4molH+从右室迁

移到左室_____（3）判断对下列图像的描述的正误：⑨根据图a可判断反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)的ΔH＞0_____⑩图b可表示压强（P）对反应2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)的影响_____⑪图c可表示向醋酸

溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化_____⑫根据图d，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH调节pH至3~4_____（4）利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。实验装置实验编号浸泡液pH氧气浓度随时间的变化i

H2O7ii1.0mol·L-1NH4Cl5iii0.5mol·L11(NH4)2SO45iv1.0mol·L-1NaCl7v0.5mol·L-1Na2SO47通过以上实验判断下列说法正误：⑬i与iv、v比较说明盐

溶液可以加快吸氧腐蚀速率_____⑭ii与iii、iv与v比较说明吸氧腐蚀速率与阴离子种类无关_____⑮向实验v溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快_____⑯向实验ii溶液中加等体积的0.5mol·L-1

(NH4)2SO4，吸氧腐蚀速率一定加快_____【答案】(1).×(2).√(3).√(4).√(5).×(6).×(7).√(8).√(9).×(10).×(11).×(12).√(13).√(14).×(15).√(16).×【解析】【分析】根据偏二甲肼的分子结构及相关元素的非金

属性的强弱关系判断N元素的化合价，根据氧化还原反应中的电子转移进行相关计算；根据燃料电池的特点及原电池原理分析相关的问题；根据影响化学平衡的因素及平衡移动原理分析相关问题；根据强电解质和弱电解质的电离特点分析溶液导电性的变化；根据控制变量法分析相关的实验数据。【详解】（1）偏二甲

肼和四氧化二氮也可以作为燃料电池的两极反应物。二者反应的产物均对环境不产生污染，则反应产物为CO2、N2和H2O，该反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O。①偏二甲肼（C2H8N2）是有机物，其结构简式为(CH3)2N-NH2），其中两个氮原子

之间形成一对共用电子对，该共价键为非极性键，其他的共价键均为极性键，由于在该有机物中N元素的非金属性最强，故其化合价为-2，①不正确，画×；②C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O，该反应中，N2O4是氧化剂，其中N由+4降低到0，C2H8N2是还原剂，电子转移的数目

是16e-，因此生成1molCO2转移8mol电子，②正确，画√；③偏二甲肼和四氧化二氮也可以作为燃料电池的两极反应物，因此偏二甲肼与四氧化二氮的反应是放热反应，③正确，画√；④燃料在燃料电池的负极发生氧化反应，所以该燃料电池中偏二甲

肼是负极反应物，④正确，画√；（2）⑤在电解过程中，电能不可能全部转化为化学能，有一部分会转化为热能，故⑤不正确，画×；⑥Pt1电极为阴极，稀硫酸中的H+放电生成氢气，电极反应式为2H+＋2e-=H2↑，⑥不正确，画×；⑦盐酸中的Cl-在阳极上放电生成Cl2，然后氯气把乙二醛氧化为乙二酸，所

以，盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供Cl-参与电极反应，⑦正确，画√；⑧阳极区的总反应为-4e-＋2H2O→＋4H+，阴极反应为4H+＋4e-=2H2↑，所以离子交换膜为阳离子交换膜，理论上每得到0.1mo

l乙二酸，将有0.4molH+从右室迁移到左室⑧正确，画√；（3）⑨根据图a可知，该反应在图中两线交点处，正反应速率与逆反应速率相等，达到化学平衡状态，此后升高温度，逆反应速率增大程度较大，故平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反

应，正反应为放热反应，因此可以判断反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)的ΔH＜0，⑨不正确，画×；⑩2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)，该反应物在建立平衡的过程中，气体分子数在减少，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，反应物的百分含量将减小，因此，图b不能表示压强（P）对

反应2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)的影响，⑩不正确，画×；⑪醋酸是弱电解质，与氨气反应后可以生成强电解质醋酸铵，故溶液的导电性增强，因此，图c不能表示向醋酸溶液通入氨气时溶液导电性随氨气量的变化，⑪不

正确，画×；⑫根据图d信息可知，pH约为3时，溶液中Fe3+的浓度为0，而Cu2+的浓度较大，因此，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH调节pH至3~4，⑫正确，画√；（4）⑬由图象中的信息

可知，i与iv、v比较，前者单位时间内氧气浓度的变化量较小，氧气消耗得越快，说明吸氧腐蚀速率越快，因此，可以说明盐溶液可以加快吸氧腐蚀速率，⑬正确，画√；⑭ii与iii、iv与v比较，仅阴离子种类不同，但是其腐蚀速率明显不同，说明吸氧腐蚀速率与阴离子种类有关，⑭不正确

，画×；⑮由图象可知，在相同条件下，硫酸铵溶液的腐蚀速率明显快于硫酸钠溶液，因此，向实验v溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，⑮正确，画√；⑯向实验ii溶液中加等体积的0.5mol·L-1(NH4)2SO4，两种溶质的物质的量浓度均变为原来的一半

，虽然铵根离子浓度与原溶液相同，但是氯离子的浓度变小了，故吸氧腐蚀速率减小，⑯不正确，画×。【点睛】本题中偏二甲肼中N元素的化合价的判断是难点，要综合分析分子中各元素的成键情况及各元素的非金属性或电负性，才能准确判断出N元素的化合价。通常非金属性较强的或电负性较大的元素在化合物中显负价，化合价的数

值由共用电子对的数目决定。同种元素形成共价键时，由于共用电子对不发生偏移，N元素的化合价只由偏向N原子的共用电子对的数目决定。22.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用CuO与Cu高温烧结可制取Cu2O。已知反应：2Cu(s)+

O2(g)=2CuO(s)ΔH=−314kJ/mol2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−292kJ/mol则反应CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)的ΔH=_____。【答案】-11kJ/mol【解析】【分析】根据盖斯定律可以求出目标反应的反应热。【详解】已知反应①2Cu(s)

+O2(g)=2CuO(s)ΔH=−314kJ/mol和反应②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−292kJ/mol，根据盖斯定律，由(①-②)÷2可得CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)，则该反应的ΔH=[(−314kJ/mol)-(−292kJ/mol)]÷2=-1

1kJ/mol。23.在一密闭容器内发生反应：2SO3O2+2SO2。已知SO3起始浓度是2.6mol/L，4s末为1.0mol/L，若用O2的浓度变化来表示此反应的速率，则v(O2)应为_____mol/(L•s)。【答案】0.2【解析】

【详解】在一密闭容器内发生反应：2SO3O2+2SO2。已知SO3起始浓度是2.6mol/L，4s末为1.0mol/L，则SO3浓度的变化量为1.6mol/L，变化量之比等于化学计量数之比，故这段时间内O2浓度的变化量为

0.8mol/L，若用O2的浓度变化来表示此反应的速率，则v(O2)=0.8/4molLs0.2mol/(L•s)。24.结合所学知识回答下列问题：（1）配制FeCl3水溶液时，常加入少量_____溶液，结合离子方程式解释原因：______。（2）工业冶炼镁的化学方程式：_____。由

氯化镁溶液制备无水氯化镁的操作是_____。（3）锅炉水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液浸泡一段时间，放出浸泡液后，再用盐酸处理，用离子方程式表示过程中发生的化学反应：_______、_____。【答案】(1).盐酸(2).Fe3＋+3H2OFe

(OH)3+3H＋，加盐酸，增大氢离子浓度，抑制Fe3＋水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊。(3).MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑(4).在氯化氢气流中加热(5).CaSO4+CO23(aq)CaCO3＋SO24(aq)(6).CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑【解析】【详解】

（1）Fe3＋易水解，水解生成H＋，水解的离子方程式为Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊。故答案为：盐酸；Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋，加盐酸，增大氢离

子浓度，抑制Fe3＋水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊。（2）工业冶炼镁是电解熔融状态的氯化镁生成镁和氯气，化学方程式：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。为抑制镁离子的水解，由氯化镁溶液制备无水氯化镁的操作是在氯化

氢气流中加热。故答案为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；在氯化氢气流中加热；（3）锅炉水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液浸泡一段时间，CaCO3的溶解度小于CaSO4，沉淀由CaSO4转化为能溶于酸

的CaCO3，放出浸泡液后，再用盐酸处理，用离子方程式表示过程中发生的化学反应：CaSO4+CO23(aq)CaCO3＋SO24(aq)，CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑,故答案为：CaSO4+CO23(aq)CaCO3＋SO24(a

q)；CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑。25.（1）写出下列反应的离子方程式。①酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应_____。②硫代硫酸钠与稀硫酸反应_____。③用硫氰化

钾溶液检验Fe3+_____。（2）利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如图所示，回答下列问题：H+由_____极区向_____极区迁移(填阴、阳)；阳极电极反应式：____；阴极电极反应式：______。（3）燃料种类很多，如氢氧

燃料电池（如KOH为电解液）。写出该电池电极反应式正极：______；负极：_____。（4）氯碱工业原理的化学方程式：______。如图为用阳离子交换膜法进行该工业生产的装置示意图，标出a~f处所对应的原料或产品：_____。生成0.4kg烧

碱时，转移电子的物质的量是____mol。（相对原子质量Na-23、H-1、O-16）【答案】(1).2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(2).S2O32-+2H+=SO2+S↓+H2O(3).Fe3++3SC

N-=Fe(SCN)3(4).阳(5).阴(6).2HCl-2e-=Cl2↑+2H+(7).Fe3++e-=Fe2+(8).O2+4e-+2H2O=4OH-(9).2H2-4e-+4OH-=4H2O(10).2NaCl+2H2O通

电2NaOH+H2↑+Cl2↑(11).饱和食盐水、稀氢氧化钠溶液、氯气、较稀的食盐水、氢气、较浓的氢氧化钠溶液(12).10【解析】【分析】根据化合价的变化规律，分析氧化还原反应中的氧化产物和还原产物，根据书写离子方程式的

一般要求写出离子方程式。根据原电池原理和电解原理分析燃料电池的电解池中的相关变化。【详解】（1）①酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，KMnO4是氧化剂，其被还原为Mn2+，草酸（H2C

2O4）是还原剂，其被氧化为CO2，根据化合价的变化规律及质量守恒定律可知，该反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。②硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，该反应的离子方程式为S2O32-+2H+

=SO2+S↓+H2O。③用硫氰化钾溶液检验Fe3+，该反应中生成能使溶液呈血红色的配合物，其离子方程式通常表示为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（2）由图中信息可知，氯化氢在阳极氧化为氯气，Fe3+在阴极还原为Fe2+，然后O2被Fe2+还原为H2O，因此，H+由阳极区向阴极区迁移；阳极

的电极反应式为2HCl-2e-=Cl2↑+2H+；阴极电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，阴极区的总反应为O2+4e-+4H+=2H2O。（3）氢氧燃料电池（KOH为电解液）中，氢气在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应

，该电池正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，负极的电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O。（4）氯碱工业中，通过电解饱和食盐水制备烧碱、氯气和氢气，该反应的化学方程式为2NaCl+2H2O通电

2NaOH+H2↑+Cl2↑。由图中信息可知，左室为阳极室，右室为阴极室，则图中a~f所对应的物质分别是饱和食盐水、稀氢氧化钠溶液、氯气、较稀的食盐水、氢气、较浓的氢氧化钠溶液。当生成0.4kg烧碱时，烧碱的物质的量为30.41040/ggmol=10mol，由

阴极的电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，n(e-)=n(OH-)=10mol，故转移电子的物质的量是10mol。26.合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。（1）反应N2(g)+

3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为_____。（2）请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是______。序号化学反应K(298K)的数值①N2(g)+O2(g)2NO(g)5×10-31②

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)4.1×106（3）对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。温度/℃压强/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%①

该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应。②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是______。（4）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他

条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，氮气的平衡转化率______（填“变大”“变小”或“不变”）。（5）尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨

的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为______。【答案】(1).23322cNHKcNcH(2).在298K，氮气与氢气反应的化学平衡常数远远大于氮气和氧气反应的化学平衡常数

(3).放热(4).在该条件下催化剂的活性最好，可以提高合成氨的化学反应速率(5).变大(6).N2+6e-+6H+=2NH3【解析】【分析】根据化学平衡常数的表达式和意义进行分析；根据平衡移动原理分析化学反应的热效应及其移动方向；根据影响化学反应速率的因素分析合成氨条件的选择原因；

根据电解原理分析电解法合成氨的原理。【详解】(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为23322ccNcHNHK。(2)平衡常数越大，化学反应向正反应方向进行的程度越大，即反应

的限度越大，反应物的转化率越大。由表中数据可知，氮气与氢气反应的化学平衡常数远远大于氮气和氧气反应的化学平衡常数，因此，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮。(3)①由表中信息可知，在压强相

同的条件下，升高温度，氨的平衡含量减小，因此，该反应为放热反应。②在工业生产中，注重的是生产效率，而化学反应速率决定了生产效率，哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是：在该条件下催

化剂的活性最好，可以提高合成氨的化学反应速率。(4)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，则相当

于在原平衡的基础上增大压强，化学平衡向正反应方向移动，所以氮气的平衡转化率变大。(5)由电解法合成氨的原理示意图可知，氢气在阳极发生氧化反应，氮气在阴极发生还原反应，注意有H+参与阴极的电极反应，所以，阴极的电极反应式为N2+

6e-+6H+=2NH3。